已知，平面直角坐标系上有A（a，0）、B（0，-b）、C（b，0）三点，且a≥b＞0，抛物线y=（x-2）（x-m）-（n-2）（n-m）．?（m，n为常数，且m+2≥2n＞0），经过点A和点C，顶点为P
（1）当m，n满足什么关系时，S△AOB最大；
（3）如图，当△ACP为直角三角形时，判断以下命题是否正确：“直角三角形DEF的三个顶点都在这条抛物线上，且DF∥x轴，那么△ACP与△DEF斜边上的高相等”，如果正确请予以证明，不正确请举出反例．
网友回答
解：（1）∵y=（x-2）（x-m）-（n-2）（n-m）=（x-n）（x+n-m-2），
又∵m+2≥2n，即m+2-n≥n，
∴点（m+2-n，0）在点（n，0）右边．
又抛物线过A点和C点，
∴a=m+2-n，b=n，
∵S△AOB=ab=（m+2-n）n≤[（m+2-n）+n]2=（m+2）2，
当且仅当m+2-n=n时取“=”，此时m+2=2n，
当m+2=2n时，S△AOB最大；
（2）命题正确．
理由：∵当△ACP是直角三角形时，AP⊥CP，且|AC|等于P点到x轴距离的2倍．
又∵抛物线y=（x-n）（x+n-m-2）=[x-（m+2）]2-（m+2）2+n（m+2-n），
∴顶点必然在x轴下方，
∴由 2[（m+2）2-n（m+2-n）]=（m+2-n）-n，
化简得：[（m+2）-2n][（m+2）-（2n+2）]=0，
显然A、C不会是同一点，
∴m+2-n＞n，即（m+2）-2n＞0，
∴（m+2）-（2n+2）=0，
得：m=2n，
代回原方程有y=（x-n）（x-n-2），
∴点A（n+2，0），点C（n，0），点P（n+1，-1）．
假设命题成立，
∵DE∥x轴，
∴点F为Rt△DEF的直角．
令D、E的纵坐标均为y=b，则可求的两点的坐标分别为：D（n+1-，b），E（n+1+，b）．
设点F坐标为（x0，y0），
∵DF⊥EF，
∴有?=-1，
化简得（x0-n-1）2+（y0-b）2=b+1，
又（x0，y0）满足y0=（x0-n）（x0-n-2）=[（x0-n-1）+1][（x0-n-1）-1]=（x0-n-1）2-1，
联立两式消去x0化简得：y02+（1-2b）y0+（b2-b）=0，
求得y0=b或b-1，舍去y0=b，故y0=b-1，
∴F到斜边DE的距离为b-（b-1）=1，这与P到斜边AC距离一样．
综合上述：命题是正确的．
解析分析：（1）由抛物线y=（x-2）（x-m）-（n-2）（n-m），将其变形得：y=（x-n）（x+n-m-2），又由m+2≥2n＞0与抛物线经过点A和点C，则可求得a与b的值；可得S△AOB=ab=（m+2-n）n，则可得当m+2=2n时，S△AOB最大；
（2）由当△ACP是直角三角形时，AP⊥CP，且|AC|等于P点到x轴距离的2倍与抛物线y=（x-n）（x+n-m-2），可得顶点必然在x轴下方，则可得[（m+2）-2n][（m+2）-（2n+2）]=0，可得A、C不会是同一点，即可得m=2n，代回原方程求得点A（n+2，0），点C（n，0），点P（n+1，-1），然后假设命题成立，由DE∥x轴，令D、E的纵坐标均为y=b，则可求的两点的坐标分别为：D（n+1-，b），E（n+1+，b），设点F坐标为（x0，y0），即可求得y0的值，求得F到斜边DE的距离为b-（b-1）=1，这与P到斜边AC距离一样，即可证得原命题是正确的．
点评：此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，配方法解一元二次方程，直角三角形的性质以及点到直线的距离等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．