分析 （1）分别令x=0，y=0，可得A、B、C三点坐标，利用待定系数法设直线AC的解析式为y=kx+b，转化为解方程组即可．
（2）如图1中，设P（m，m2+2m-3），由题意，当PR最大时，△ACP的面积最大，即四边形APCO的面积最大，因为S四边形APCO=S△AOP+S△POC-S△AOC=$\frac{1}{2}$•3•（-m2-2m+3）+$\frac{1}{2}$•3•（-m）-$\frac{1}{2}$•3•3=-$\frac{3}{2}$m2-$\frac{9}{2}$m=-$\frac{3}{2}$（m+$\frac{3}{2}$）2+$\frac{27}{8}$，所以当m=-$\frac{3}{2}$时，四边形APCO的面积最大，即PR最长，可得P（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$），将点P沿BE方向平移$\sqrt{5}$个单位得到G（-$\frac{7}{2}$，-$\frac{11}{4}$），作点A关于直线BE的对称点K，连接GK交BE于M，此时四边形APNM的最长最小，想办法求出点M的坐标即可解决问题．
（3）分三种情形讨论即可①如图2中，当FD1⊥AD时，重叠部分是Rt△FKQ．②如图3中，当FQ⊥AD时，重叠部分是Rt△FQD1，③如图4中，当QD1⊥AC时，重叠部分是Rt△QMF．分别求出AQ即可．
解答 解：（1）对于抛物线y=x2+2x-3，令y=0，得x2+2x-3=0，解得x=-3或1，
∴A（-3，0），B（1，0），
令x=0，得y=-3，
∴C（0，-3），
∵抛物线y=x2+2x-3=（x+1）2-4，
∴顶点D坐标为（-1，-4），
设直线AC的解析式为y=kx+b，则有$\left\{\begin{array}{l}{b=-3}\\{-3k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=-x-3，点D坐标（-1，-4）．
（2）如图1中，设P（m，m2+2m-3），
由题意，当PR最大时，△ACP的面积最大，即四边形APCO的面积最大，
∵S四边形APCO=S△AOP+S△POC-S△AOC=$\frac{1}{2}$•3•（-m2-2m+3）+$\frac{1}{2}$•3•（-m）-$\frac{1}{2}$•3•3=-$\frac{3}{2}$m2-$\frac{9}{2}$m=-$\frac{3}{2}$（m+$\frac{3}{2}$）2+$\frac{27}{8}$，
∴当m=-$\frac{3}{2}$时，四边形APCO的面积最大，即PR最长，
∴P（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{15}{4}$），
将点P沿BE方向平移$\sqrt{5}$个单位得到G（-$\frac{7}{2}$，-$\frac{11}{4}$），作点A关于直线BE的对称点K，连接GK交BE于M，此时四边形APNM的最长最小，
∵直线BE的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，直线AK的解析式为y=2x+6，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+6}\\{y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{11}{5}}\\{y=\frac{8}{5}}\end{array}\right.$，
∴J（-$\frac{11}{5}$，$\frac{8}{5}$），
∵AJ=JK，
∴k（-$\frac{7}{5}$，$\frac{16}{5}$），
∴直线KG的解析式为y=$\frac{17}{6}$x+$\frac{43}{6}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{17}{6}x+\frac{43}{6}}\\{y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
∴M（-2，$\frac{3}{2}$），将点M向下平移1个单位，向右平移2个单位得到N，
∴N（0，$\frac{1}{2}$）．
（3）存在．
①如图2中，当FD1⊥AD时，重叠部分是Rt△FKQ，作QM⊥DF于M．
由题意可知F（-1，-2），DF=2，AF=2$\sqrt{2}$，AC=3$\sqrt{2}$，AD=2$\sqrt{5}$
由△AKF∽△ACD，得$\frac{AF}{AD}$=$\frac{FK}{CD}$=$\frac{AK}{AC}$，
∴$\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{FK}{\sqrt{2}}$=$\frac{AK}{3\sqrt{2}}$
∴FK=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，AK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
∴DK=$\sqrt{{2}^{2}-（\frac{2\sqrt{5}}{5}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，设QK=QM=x，
在Rt△QMD中，x2+（2-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）2=（$\frac{4\sqrt{5}}{5}$-x）2，
∴x=1-$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴AQ=AK+KQ=1+$\sqrt{5}$
②如图3中，当FQ⊥AD时，重叠部分是Rt△FQD1，此时AQ=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$．
③如图4中，当QD1⊥AC时，重叠部分是Rt△QMF．
设QM=QK=x，在Rt△AQM中，x2+（2$\sqrt{2}$-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）2=（$\frac{6\sqrt{5}}{5}$-x）2，
∴x=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$-$\frac{2\sqrt{5}}{15}$，
∴AQ=AK-QK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$-（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$-$\frac{2\sqrt{5}}{15}$）=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$-$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
综上所述，当△D1FQ与△AFQ重叠部分的图形是直角三角形时，AQ的长为1+$\sqrt{5}$或$\frac{6\sqrt{5}}{5}$或$\frac{4\sqrt{5}}{3}$-$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
点评 本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、直角三角形的性质、最短问题、二元一次方程组、勾股定理等知识，解题的关键是学会构建一次函数利用方程组求交点坐标，学会构建二次函数解决最值问题，学会利用对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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