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23. (10分)我们在物理课中学过,光从空气射入水中会发生折射现象(如图1),记入射角为$α$,折射角为$β$,我们把$n=\frac{\sinα}{\sinβ}$称为水的折射率.为了观察光的折射现象,进行如下实验:如图2,ABCD为一圆柱形敞口容器的纵切面,$CB=32\ \mathrm{cm}$,容器未盛水时激光笔从$O$处发射光线,点$O,A,C$恰好共线,此时$∠ BAC=53°$.往容器内注水,当水面$EF$到达容器高度一半时,激光笔的光斑落在容器底面点$G$处,测得$CG=7\ \mathrm{cm}$.(参考数据:$\sin53°\approx\frac{4}{5},\cos53°\approx\frac{3}{5},\tan53°\approx\frac{4}{3}$)
(1)求容器的高度$AB$;
(2)求水的折射率$n$;
(3)若继续往容器内注水,光斑会往左侧移动.如图3,当光斑$G'$移动到$BC$的三等分点处$(CG'=\frac{1}{3}CB)$时,求水面上升的高度$EE'$.(结果精确到$0.1\ \mathrm{cm}$)
第23小题图
(1)求容器的高度$AB$;
(2)求水的折射率$n$;
(3)若继续往容器内注水,光斑会往左侧移动.如图3,当光斑$G'$移动到$BC$的三等分点处$(CG'=\frac{1}{3}CB)$时,求水面上升的高度$EE'$.(结果精确到$0.1\ \mathrm{cm}$)
第23小题图
答案
解：
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90°$，
$\tan∠ BAC=\dfrac{BC}{AB}$，
$\therefore AB=\dfrac{BC}{\tan53°}=32÷\dfrac{4}{3}=24\ \mathrm{cm}$。
(2) 过点$H$作$HM⊥ AB$于$M$，$HN⊥ BC$于$N$，
由题意水面$EF$到达容器高度一半，得$AE=EB=12\ \mathrm{cm}$，
四边形$BEHN$为矩形，故$HN=EB=12\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ AEH$中，
$EH=AE·\tan53°=12×\dfrac{4}{3}=16\ \mathrm{cm}$，
$\therefore GN=BC-EH-CG=32-16-7=9\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ HGN$中，
$HG=\sqrt{HN^2+GN^2}=\sqrt{12^2+9^2}=15\ \mathrm{cm}$，
由题意入射角$α=53°$，$\sinα=\sin53°=\dfrac{4}{5}$，
$\sinβ=\dfrac{GN}{HG}=\dfrac{9}{15}=\dfrac{3}{5}$，
$\therefore n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{\dfrac{4}{5}}{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{4}{3}$。
(3) 由$CG'=\dfrac{1}{3}CB$，得$CG'=\dfrac{32}{3}\ \mathrm{cm}$，
设此时水面高度$E'B=h$，过$H'$作$H'M'⊥ AB$于$M'$，$H'N'⊥ BC$于$N'$，
则$H'N'=h$，$AM'=AB-E'B=24-h$。
在$Rt△ AM'H'$中，
$E'H'=AM'·\tan53°=\dfrac{4}{3}(24-h)$，
$\therefore N'G'=BC-E'H'-CG'=32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}$。
由$n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{4}{3}$，得$\sinβ=\dfrac{3}{5}$，故$\tanβ=\dfrac{3}{4}$。
在$Rt△ H'N'G'$中，$\tanβ=\dfrac{N'G'}{H'N'}=\dfrac{3}{4}$，即$N'G'=\dfrac{3}{4}h$，
代入得：
$32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}=\dfrac{3}{4}h$
解得$h=\dfrac{128}{7}\approx18.29\ \mathrm{cm}$，
$\therefore EE'=h-12\approx18.29-12\approx6.3\ \mathrm{cm}$。
答：(1) 容器高度$AB$为$24\ \mathrm{cm}$；(2) 水的折射率$n$为$\dfrac{4}{3}$；(3) 水面上升的高度$EE'$约为$6.3\ \mathrm{cm}$。
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90°$，
$\tan∠ BAC=\dfrac{BC}{AB}$，
$\therefore AB=\dfrac{BC}{\tan53°}=32÷\dfrac{4}{3}=24\ \mathrm{cm}$。
(2) 过点$H$作$HM⊥ AB$于$M$，$HN⊥ BC$于$N$，
由题意水面$EF$到达容器高度一半，得$AE=EB=12\ \mathrm{cm}$，
四边形$BEHN$为矩形，故$HN=EB=12\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ AEH$中，
$EH=AE·\tan53°=12×\dfrac{4}{3}=16\ \mathrm{cm}$，
$\therefore GN=BC-EH-CG=32-16-7=9\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ HGN$中，
$HG=\sqrt{HN^2+GN^2}=\sqrt{12^2+9^2}=15\ \mathrm{cm}$，
由题意入射角$α=53°$，$\sinα=\sin53°=\dfrac{4}{5}$，
$\sinβ=\dfrac{GN}{HG}=\dfrac{9}{15}=\dfrac{3}{5}$，
$\therefore n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{\dfrac{4}{5}}{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{4}{3}$。
(3) 由$CG'=\dfrac{1}{3}CB$，得$CG'=\dfrac{32}{3}\ \mathrm{cm}$，
设此时水面高度$E'B=h$，过$H'$作$H'M'⊥ AB$于$M'$，$H'N'⊥ BC$于$N'$，
则$H'N'=h$，$AM'=AB-E'B=24-h$。
在$Rt△ AM'H'$中，
$E'H'=AM'·\tan53°=\dfrac{4}{3}(24-h)$，
$\therefore N'G'=BC-E'H'-CG'=32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}$。
由$n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{4}{3}$，得$\sinβ=\dfrac{3}{5}$，故$\tanβ=\dfrac{3}{4}$。
在$Rt△ H'N'G'$中，$\tanβ=\dfrac{N'G'}{H'N'}=\dfrac{3}{4}$，即$N'G'=\dfrac{3}{4}h$，
代入得：
$32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}=\dfrac{3}{4}h$
解得$h=\dfrac{128}{7}\approx18.29\ \mathrm{cm}$，
$\therefore EE'=h-12\approx18.29-12\approx6.3\ \mathrm{cm}$。
答：(1) 容器高度$AB$为$24\ \mathrm{cm}$；(2) 水的折射率$n$为$\dfrac{4}{3}$；(3) 水面上升的高度$EE'$约为$6.3\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
(1) 第(1)问可利用直角三角形的锐角三角函数关系求解：在Rt△ABC中，已知∠B为直角，∠BAC的度数和BC的长度，根据正切函数的定义$\tan∠BAC=\frac{BC}{AB}$，变形即可求出AB的长度。
(2) 第(2)问求折射率，需分别求出$\sinα$和$\sinβ$：已知入射角$α=∠BAC=53°$，可得$\sinα$的值；再通过水面在容器高度一半的条件，先求出AE长度，在Rt△AEH中算出EH长度，进而得到GN的长度，再用勾股定理求出折射光线HG的长度，即可得到$\sinβ$的值，代入折射率公式计算即可。
(3) 第(3)问可通过设未知数列方程求解：设此时水面高度$E'B$为h，先根据三等分点的条件求出$CG'$的长度，再分别用含h的式子表示出$N'G'$的长度，结合折射角β的正切值建立等量关系，解方程得到h后减去原水面高度即可得到水面上升的高度。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90°$，
由锐角三角函数定义得$\tan∠ BAC=\dfrac{BC}{AB}$，
$\therefore AB=\dfrac{BC}{\tan53°}=32÷\dfrac{4}{3}=24\ \mathrm{cm}$。
(2) 过点$H$作$HM⊥ AB$于$M$，$HN⊥ BC$于$N$，
由题意水面$EF$到达容器高度一半，得$AE=EB=12\ \mathrm{cm}$，
四边形$BEHN$为矩形，故$HN=EB=12\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ AEH$中，
$EH=AE·\tan53°=12×\dfrac{4}{3}=16\ \mathrm{cm}$，
$\therefore GN=BC-EH-CG=32-16-7=9\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ HGN$中，
$HG=\sqrt{HN^2+GN^2}=\sqrt{12^2+9^2}=15\ \mathrm{cm}$，
由题意入射角$α=53°$，$\sinα=\sin53°=\dfrac{4}{5}$，
$\sinβ=\dfrac{GN}{HG}=\dfrac{9}{15}=\dfrac{3}{5}$，
$\therefore n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{\dfrac{4}{5}}{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{4}{3}$。
(3) 由$CG'=\dfrac{1}{3}CB$，得$CG'=\dfrac{32}{3}\ \mathrm{cm}$，
设此时水面高度$E'B=h$，过$H'$作$H'M'⊥ AB$于$M'$，$H'N'⊥ BC$于$N'$，
则$H'N'=h$，$AM'=AB-E'B=24-h$。
在$Rt△ AM'H'$中，
$E'H'=AM'·\tan53°=\dfrac{4}{3}(24-h)$，
$\therefore N'G'=BC-E'H'-CG'=32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}$。
由$n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{4}{3}$，得$\sinβ=\dfrac{3}{5}$，故$\tanβ=\dfrac{3}{4}$。
在$Rt△ H'N'G'$中，$\tanβ=\dfrac{N'G'}{H'N'}=\dfrac{3}{4}$，即$N'G'=\dfrac{3}{4}h$，
代入得：
$32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}=\dfrac{3}{4}h$
解得$h=\dfrac{128}{7}\approx18.29\ \mathrm{cm}$，
$\therefore EE'=h-12\approx18.29-12\approx6.3\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) 容器的高度$AB$为$24\ \mathrm{cm}$；
(2) 水的折射率$n$为$\dfrac{4}{3}$；
(3) 水面上升的高度$EE'$约为$6.3\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
解直角三角形，锐角三角函数，一元一次方程的应用
【点评】
本题结合物理光的折射情境命题，将实际问题转化为几何问题求解，既考查了锐角三角函数、勾股定理、方程思想的运用，也体现了跨学科知识结合应用的特点，解题的核心是准确找到直角三角形对应的边角关系。
【难度系数】
0.6
(1) 第(1)问可利用直角三角形的锐角三角函数关系求解：在Rt△ABC中，已知∠B为直角，∠BAC的度数和BC的长度，根据正切函数的定义$\tan∠BAC=\frac{BC}{AB}$，变形即可求出AB的长度。
(2) 第(2)问求折射率，需分别求出$\sinα$和$\sinβ$：已知入射角$α=∠BAC=53°$，可得$\sinα$的值；再通过水面在容器高度一半的条件，先求出AE长度，在Rt△AEH中算出EH长度，进而得到GN的长度，再用勾股定理求出折射光线HG的长度，即可得到$\sinβ$的值，代入折射率公式计算即可。
(3) 第(3)问可通过设未知数列方程求解：设此时水面高度$E'B$为h，先根据三等分点的条件求出$CG'$的长度，再分别用含h的式子表示出$N'G'$的长度，结合折射角β的正切值建立等量关系，解方程得到h后减去原水面高度即可得到水面上升的高度。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90°$，
由锐角三角函数定义得$\tan∠ BAC=\dfrac{BC}{AB}$，
$\therefore AB=\dfrac{BC}{\tan53°}=32÷\dfrac{4}{3}=24\ \mathrm{cm}$。
(2) 过点$H$作$HM⊥ AB$于$M$，$HN⊥ BC$于$N$，
由题意水面$EF$到达容器高度一半，得$AE=EB=12\ \mathrm{cm}$，
四边形$BEHN$为矩形，故$HN=EB=12\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ AEH$中，
$EH=AE·\tan53°=12×\dfrac{4}{3}=16\ \mathrm{cm}$，
$\therefore GN=BC-EH-CG=32-16-7=9\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ HGN$中，
$HG=\sqrt{HN^2+GN^2}=\sqrt{12^2+9^2}=15\ \mathrm{cm}$，
由题意入射角$α=53°$，$\sinα=\sin53°=\dfrac{4}{5}$，
$\sinβ=\dfrac{GN}{HG}=\dfrac{9}{15}=\dfrac{3}{5}$，
$\therefore n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{\dfrac{4}{5}}{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{4}{3}$。
(3) 由$CG'=\dfrac{1}{3}CB$，得$CG'=\dfrac{32}{3}\ \mathrm{cm}$，
设此时水面高度$E'B=h$，过$H'$作$H'M'⊥ AB$于$M'$，$H'N'⊥ BC$于$N'$，
则$H'N'=h$，$AM'=AB-E'B=24-h$。
在$Rt△ AM'H'$中，
$E'H'=AM'·\tan53°=\dfrac{4}{3}(24-h)$，
$\therefore N'G'=BC-E'H'-CG'=32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}$。
由$n=\dfrac{\sinα}{\sinβ}=\dfrac{4}{3}$，得$\sinβ=\dfrac{3}{5}$，故$\tanβ=\dfrac{3}{4}$。
在$Rt△ H'N'G'$中，$\tanβ=\dfrac{N'G'}{H'N'}=\dfrac{3}{4}$，即$N'G'=\dfrac{3}{4}h$，
代入得：
$32-\dfrac{4}{3}(24-h)-\dfrac{32}{3}=\dfrac{3}{4}h$
解得$h=\dfrac{128}{7}\approx18.29\ \mathrm{cm}$，
$\therefore EE'=h-12\approx18.29-12\approx6.3\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) 容器的高度$AB$为$24\ \mathrm{cm}$；
(2) 水的折射率$n$为$\dfrac{4}{3}$；
(3) 水面上升的高度$EE'$约为$6.3\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
解直角三角形，锐角三角函数，一元一次方程的应用
【点评】
本题结合物理光的折射情境命题，将实际问题转化为几何问题求解，既考查了锐角三角函数、勾股定理、方程思想的运用，也体现了跨学科知识结合应用的特点，解题的核心是准确找到直角三角形对应的边角关系。
【难度系数】
0.6
24. (12分)如图1,已知抛物线$y=ax^2-3ax-4a(a＜0)$的图象与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴的正半轴交于点C,连接BC,二次函数的对称轴与x轴的交点为E.
(1)求点A,B,E的坐标;
(2)若点E到y轴的距离与它到直线BC的距离相等,求出抛物线的解析式;
(3)在(2)的条件下,如图2,Q(m,0)是x轴的正半轴上一点,过点Q作y轴的平行线,与直线BC交于点M,与抛物线交于点N,连接CN,将△CMN沿CN翻折,M的对应点为M'.在图2中探究:是否存在点Q,使得M'恰好落在y轴上?若存在,请求出Q的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)求点A,B,E的坐标;
(2)若点E到y轴的距离与它到直线BC的距离相等,求出抛物线的解析式;
(3)在(2)的条件下,如图2,Q(m,0)是x轴的正半轴上一点,过点Q作y轴的平行线,与直线BC交于点M,与抛物线交于点N,连接CN,将△CMN沿CN翻折,M的对应点为M'.在图2中探究:是否存在点Q,使得M'恰好落在y轴上?若存在,请求出Q的坐标;若不存在,请说明理由.
答案
解：
(1) 令$y=0$，即$ax^2-3ax-4a=0$，
$\because a≠0$，两边同除以$a$得$x^2-3x-4=0$，
因式分解得$(x+1)(x-4)=0$，
解得$x_1=-1$，$x_2=4$，
$\because$点$A$在点$B$左侧，
$\therefore A(-1,0)$，$B(4,0)$。
抛物线对称轴为$x=\dfrac{3a}{2a}=\dfrac{3}{2}$，
$\because E$是对称轴与$x$轴交点，
$\therefore E(\dfrac{3}{2},0)$。
(2) 过点$E$作$EF⊥ BC$于点$F$，
由题意，点$E$到$y$轴的距离为$\dfrac{3}{2}$，故$EF=\dfrac{3}{2}$。
设$C(0,c)$，$c＞0$，在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$OB=4$，$OC=c$，
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{16+c^2}$，
$BE=4-\dfrac{3}{2}=\dfrac{5}{2}$，
$\because ∠ BFE=∠ BOC=90°$，$∠ EBF=∠ CBO$，
$\therefore △ BEF∽△ BCO$，
$\therefore \dfrac{EF}{OC}=\dfrac{BE}{BC}$，即$\dfrac{\dfrac{3}{2}}{c}=\dfrac{\dfrac{5}{2}}{\sqrt{16+c^2}}$，
化简得$5c=3\sqrt{16+c^2}$，
两边平方得$25c^2=9(16+c^2)$，
解得$c^2=9$，
$\because c＞0$，$\therefore c=3$，即$C(0,3)$，
将$C(0,3)$代入抛物线解析式得$-4a=3$，解得$a=-\dfrac{3}{4}$，
$\therefore$抛物线解析式为$y=-\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{9}{4}x+3$。
(3) 存在。
由$B(4,0)$，$C(0,3)$得直线$BC$的解析式为$y=-\dfrac{3}{4}x+3$。
$\because Q(m,0)$，$QM// y$轴，
$\therefore M(m,-\dfrac{3}{4}m+3)$，$N(m,-\dfrac{3}{4}m^2+\dfrac{9}{4}m+3)$。
由翻折性质得：$CM'=CM$，$∠ MCN=∠ M'CN$，
$\because MN// y$轴，$\therefore ∠ MNC=∠ M'CN$，
$\therefore ∠ MCN=∠ MNC$，$\therefore CM=MN$。
计算$CM$的长度：$CM=\sqrt{(m-0)^2+(-\dfrac{3}{4}m+3-3)^2}=\sqrt{m^2+\dfrac{9}{16}m^2}=\dfrac{5m}{4}$，$m＞0$。
分两种情况：
① 当$0＜m＜4$时，点$N$在点$M$上方，
$MN=y_N-y_M=(-\dfrac{3}{4}m^2+\dfrac{9}{4}m+3)-(-\dfrac{3}{4}m+3)=-\dfrac{3}{4}m^2+3m$，
令$CM=MN$，即$\dfrac{5m}{4}=-\dfrac{3}{4}m^2+3m$，
整理得$3m^2-7m=0$，
解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\dfrac{7}{3}$；
② 当$m＞4$时，点$N$在点$M$下方，
$MN=y_M-y_N=(-\dfrac{3}{4}m+3)-(-\dfrac{3}{4}m^2+\dfrac{9}{4}m+3)=\dfrac{3}{4}m^2-3m$，
令$CM=MN$，即$\dfrac{5m}{4}=\dfrac{3}{4}m^2-3m$，
整理得$3m^2-17m=0$，
解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\dfrac{17}{3}$。
综上，存在满足条件的点$Q$，坐标为$(\dfrac{7}{3},0)$和$(\dfrac{17}{3},0)$。
(1) 令$y=0$，即$ax^2-3ax-4a=0$，
$\because a≠0$，两边同除以$a$得$x^2-3x-4=0$，
因式分解得$(x+1)(x-4)=0$，
解得$x_1=-1$，$x_2=4$，
$\because$点$A$在点$B$左侧，
$\therefore A(-1,0)$，$B(4,0)$。
抛物线对称轴为$x=\dfrac{3a}{2a}=\dfrac{3}{2}$，
$\because E$是对称轴与$x$轴交点，
$\therefore E(\dfrac{3}{2},0)$。
(2) 过点$E$作$EF⊥ BC$于点$F$，
由题意，点$E$到$y$轴的距离为$\dfrac{3}{2}$，故$EF=\dfrac{3}{2}$。
设$C(0,c)$，$c＞0$，在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$OB=4$，$OC=c$，
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{16+c^2}$，
$BE=4-\dfrac{3}{2}=\dfrac{5}{2}$，
$\because ∠ BFE=∠ BOC=90°$，$∠ EBF=∠ CBO$，
$\therefore △ BEF∽△ BCO$，
$\therefore \dfrac{EF}{OC}=\dfrac{BE}{BC}$，即$\dfrac{\dfrac{3}{2}}{c}=\dfrac{\dfrac{5}{2}}{\sqrt{16+c^2}}$，
化简得$5c=3\sqrt{16+c^2}$，
两边平方得$25c^2=9(16+c^2)$，
解得$c^2=9$，
$\because c＞0$，$\therefore c=3$，即$C(0,3)$，
将$C(0,3)$代入抛物线解析式得$-4a=3$，解得$a=-\dfrac{3}{4}$，
$\therefore$抛物线解析式为$y=-\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{9}{4}x+3$。
(3) 存在。
由$B(4,0)$，$C(0,3)$得直线$BC$的解析式为$y=-\dfrac{3}{4}x+3$。
$\because Q(m,0)$，$QM// y$轴，
$\therefore M(m,-\dfrac{3}{4}m+3)$，$N(m,-\dfrac{3}{4}m^2+\dfrac{9}{4}m+3)$。
由翻折性质得：$CM'=CM$，$∠ MCN=∠ M'CN$，
$\because MN// y$轴，$\therefore ∠ MNC=∠ M'CN$，
$\therefore ∠ MCN=∠ MNC$，$\therefore CM=MN$。
计算$CM$的长度：$CM=\sqrt{(m-0)^2+(-\dfrac{3}{4}m+3-3)^2}=\sqrt{m^2+\dfrac{9}{16}m^2}=\dfrac{5m}{4}$，$m＞0$。
分两种情况：
① 当$0＜m＜4$时，点$N$在点$M$上方，
$MN=y_N-y_M=(-\dfrac{3}{4}m^2+\dfrac{9}{4}m+3)-(-\dfrac{3}{4}m+3)=-\dfrac{3}{4}m^2+3m$，
令$CM=MN$，即$\dfrac{5m}{4}=-\dfrac{3}{4}m^2+3m$，
整理得$3m^2-7m=0$，
解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\dfrac{7}{3}$；
② 当$m＞4$时，点$N$在点$M$下方，
$MN=y_M-y_N=(-\dfrac{3}{4}m+3)-(-\dfrac{3}{4}m^2+\dfrac{9}{4}m+3)=\dfrac{3}{4}m^2-3m$，
令$CM=MN$，即$\dfrac{5m}{4}=\dfrac{3}{4}m^2-3m$，
整理得$3m^2-17m=0$，
解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\dfrac{17}{3}$。
综上，存在满足条件的点$Q$，坐标为$(\dfrac{7}{3},0)$和$(\dfrac{17}{3},0)$。
解析
【分析】
(1) 求抛物线与x轴交点A、B，直接令y=0解关于x的一元二次方程即可；对称轴用二次函数对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$计算，E是对称轴与x轴交点，纵坐标为0，即可得到E的坐标；
(2) 点E到y轴的距离为其横坐标绝对值$\frac{3}{2}$，即点E到直线BC的距离也为$\frac{3}{2}$，过E作BC的垂线，可证所得直角三角形与△BOC相似，利用相似三角形对应边成比例求出OC的长度，得到C点坐标后代入抛物线解析式即可求出a的值；
(3) 翻折后对应角相等，结合MN平行y轴可得内错角相等，推出∠MCN=∠MNC，即△CMN为等腰三角形，CM=MN。先求出直线BC解析式，用含m的式子表示M、N的坐标，再分0＜m＜4时N在M上方、m＞4时N在M下方两种情况，分别表示MN的长度，结合CM的长度列方程求解，舍去不符合条件的解即可得到Q的坐标。
【解析】
(1) 令$y=0$，则$ax^2-3ax-4a=0$，
$\because a≠0$，两边同时除以a得$x^2-3x-4=0$，
因式分解得$(x+1)(x-4)=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=4$，
$\because$点A在点B左侧，$\therefore A(-1,0)$，$B(4,0)$。
抛物线对称轴为$x=-\frac{-3a}{2a}=\frac{3}{2}$，
$\because$E是对称轴与x轴的交点，$\therefore E(\frac{3}{2},0)$。
(2) 过点E作$EF⊥ BC$于点F，
点E到y轴的距离为$\frac{3}{2}$，由题意得$EF=\frac{3}{2}$。
设$C(0,c)$，$c＞0$，在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$OB=4$，$OC=c$，
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{16+c^2}$，$BE=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$。
$\because ∠ BFE=∠ BOC=90°$，$∠ EBF=∠ CBO$，
$\therefore △ BEF ∽ △ BCO$，
$\therefore \frac{EF}{OC}=\frac{BE}{BC}$，即$\frac{\frac{3}{2}}{c}=\frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{16+c^2}}$，
化简得$5c=3\sqrt{16+c^2}$，两边平方得$25c^2=9(16+c^2)$，
解得$c^2=9$，$\because c＞0$，$\therefore c=3$，即$C(0,3)$。
将$C(0,3)$代入抛物线解析式得$-4a=3$，解得$a=-\frac{3}{4}$，
$\therefore$抛物线解析式为$y=-\frac{3}{4}x^2+\frac{9}{4}x+3$。
(3) 存在，理由如下：
由$B(4,0)$、$C(0,3)$，求得直线BC的解析式为$y=-\frac{3}{4}x+3$。
$\because Q(m,0)$，$QM// y$轴，
$\therefore M(m,-\frac{3}{4}m+3)$，$N(m,-\frac{3}{4}m^2+\frac{9}{4}m+3)$。
由翻折的性质得：$∠ MCN=∠ M'CN$，
$\because MN// y$轴，$\therefore ∠ MNC=∠ M'CN$，
$\therefore ∠ MCN=∠ MNC$，$\therefore CM=MN$。
$CM=\sqrt{(m-0)^2+(-\frac{3}{4}m+3-3)^2}=\sqrt{m^2+\frac{9}{16}m^2}=\frac{5m}{4}$（$m＞0$）。
分两种情况讨论：
① 当$0＜m＜4$时，点N在点M上方，
$MN=y_N-y_M=(-\frac{3}{4}m^2+\frac{9}{4}m+3)-(-\frac{3}{4}m+3)=-\frac{3}{4}m^2+3m$，
令$CM=MN$，即$\frac{5m}{4}=-\frac{3}{4}m^2+3m$，
整理得$3m^2-7m=0$，解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\frac{7}{3}$；
② 当$m＞4$时，点N在点M下方，
$MN=y_M-y_N=(-\frac{3}{4}m+3)-(-\frac{3}{4}m^2+\frac{9}{4}m+3)=\frac{3}{4}m^2-3m$，
令$CM=MN$，即$\frac{5m}{4}=\frac{3}{4}m^2-3m$，
整理得$3m^2-17m=0$，解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\frac{17}{3}$。
【答案】
(1) $A(-1,0)$，$B(4,0)$，$E(\frac{3}{2},0)$；
(2) $y=-\frac{3}{4}x^2+\frac{9}{4}x+3$；
(3) 存在，Q的坐标为$(\frac{7}{3},0)$和$(\frac{17}{3},0)$。
【知识点】
二次函数的图像与性质；相似三角形的判定与性质；翻折变换的性质
【点评】
本题是二次函数综合题，从基础的点坐标求解，到结合相似求函数解析式，再到翻折背景下的存在性问题，层层递进，解题时需要熟练掌握二次函数、相似三角形、图形变换的相关性质，同时要注意分类讨论思想的应用，避免漏解。
【难度系数】
0.3
(1) 求抛物线与x轴交点A、B，直接令y=0解关于x的一元二次方程即可；对称轴用二次函数对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$计算，E是对称轴与x轴交点，纵坐标为0，即可得到E的坐标；
(2) 点E到y轴的距离为其横坐标绝对值$\frac{3}{2}$，即点E到直线BC的距离也为$\frac{3}{2}$，过E作BC的垂线，可证所得直角三角形与△BOC相似，利用相似三角形对应边成比例求出OC的长度，得到C点坐标后代入抛物线解析式即可求出a的值；
(3) 翻折后对应角相等，结合MN平行y轴可得内错角相等，推出∠MCN=∠MNC，即△CMN为等腰三角形，CM=MN。先求出直线BC解析式，用含m的式子表示M、N的坐标，再分0＜m＜4时N在M上方、m＞4时N在M下方两种情况，分别表示MN的长度，结合CM的长度列方程求解，舍去不符合条件的解即可得到Q的坐标。
【解析】
(1) 令$y=0$，则$ax^2-3ax-4a=0$，
$\because a≠0$，两边同时除以a得$x^2-3x-4=0$，
因式分解得$(x+1)(x-4)=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=4$，
$\because$点A在点B左侧，$\therefore A(-1,0)$，$B(4,0)$。
抛物线对称轴为$x=-\frac{-3a}{2a}=\frac{3}{2}$，
$\because$E是对称轴与x轴的交点，$\therefore E(\frac{3}{2},0)$。
(2) 过点E作$EF⊥ BC$于点F，
点E到y轴的距离为$\frac{3}{2}$，由题意得$EF=\frac{3}{2}$。
设$C(0,c)$，$c＞0$，在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$OB=4$，$OC=c$，
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{16+c^2}$，$BE=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$。
$\because ∠ BFE=∠ BOC=90°$，$∠ EBF=∠ CBO$，
$\therefore △ BEF ∽ △ BCO$，
$\therefore \frac{EF}{OC}=\frac{BE}{BC}$，即$\frac{\frac{3}{2}}{c}=\frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{16+c^2}}$，
化简得$5c=3\sqrt{16+c^2}$，两边平方得$25c^2=9(16+c^2)$，
解得$c^2=9$，$\because c＞0$，$\therefore c=3$，即$C(0,3)$。
将$C(0,3)$代入抛物线解析式得$-4a=3$，解得$a=-\frac{3}{4}$，
$\therefore$抛物线解析式为$y=-\frac{3}{4}x^2+\frac{9}{4}x+3$。
(3) 存在，理由如下：
由$B(4,0)$、$C(0,3)$，求得直线BC的解析式为$y=-\frac{3}{4}x+3$。
$\because Q(m,0)$，$QM// y$轴，
$\therefore M(m,-\frac{3}{4}m+3)$，$N(m,-\frac{3}{4}m^2+\frac{9}{4}m+3)$。
由翻折的性质得：$∠ MCN=∠ M'CN$，
$\because MN// y$轴，$\therefore ∠ MNC=∠ M'CN$，
$\therefore ∠ MCN=∠ MNC$，$\therefore CM=MN$。
$CM=\sqrt{(m-0)^2+(-\frac{3}{4}m+3-3)^2}=\sqrt{m^2+\frac{9}{16}m^2}=\frac{5m}{4}$（$m＞0$）。
分两种情况讨论：
① 当$0＜m＜4$时，点N在点M上方，
$MN=y_N-y_M=(-\frac{3}{4}m^2+\frac{9}{4}m+3)-(-\frac{3}{4}m+3)=-\frac{3}{4}m^2+3m$，
令$CM=MN$，即$\frac{5m}{4}=-\frac{3}{4}m^2+3m$，
整理得$3m^2-7m=0$，解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\frac{7}{3}$；
② 当$m＞4$时，点N在点M下方，
$MN=y_M-y_N=(-\frac{3}{4}m+3)-(-\frac{3}{4}m^2+\frac{9}{4}m+3)=\frac{3}{4}m^2-3m$，
令$CM=MN$，即$\frac{5m}{4}=\frac{3}{4}m^2-3m$，
整理得$3m^2-17m=0$，解得$m_1=0$（舍去），$m_2=\frac{17}{3}$。
【答案】
(1) $A(-1,0)$，$B(4,0)$，$E(\frac{3}{2},0)$；
(2) $y=-\frac{3}{4}x^2+\frac{9}{4}x+3$；
(3) 存在，Q的坐标为$(\frac{7}{3},0)$和$(\frac{17}{3},0)$。
【知识点】
二次函数的图像与性质；相似三角形的判定与性质；翻折变换的性质
【点评】
本题是二次函数综合题，从基础的点坐标求解，到结合相似求函数解析式，再到翻折背景下的存在性问题，层层递进，解题时需要熟练掌握二次函数、相似三角形、图形变换的相关性质，同时要注意分类讨论思想的应用，避免漏解。
【难度系数】
0.3
