(2)解：∵二次函數(shù)y=mx2+nx+p與x軸交于A(x1,0)，B(x2,0)，x1<0

　　∴OA=-x1，OB=x2，x1+x2=-nm，x1•x2=pm.

　　令x=0，得y=p，∴C(0，p).∴OC=|p|.

　　由三角函數(shù)定義，得tan∠CAO=OCOA=-|p|x1，tan∠CBO=OCOB=|p|x2.

　　∵tan∠CAO-tan∠CBO=1，即-|p|x1-|p|x2=1.

　　化簡，得x1+x2x1•x2=-1|p|.

　　將x1+x2=-nm，x1•x2=pm代入，得-nmpm=-1|p|化簡，得⇒n=p|p|=±1.

　　由(1)知n+4m=0，

　　∴當n=1時，m=-14;當n=-1時，m=14.

　　∴m，n的值為：m=14，n=-1(此時拋物線開口向上)或m=-14，n=1(此時拋物線開口向下).

　　(3)解：由(2)知，當p>0時，n=1，m=-14，

　　∴拋物線解析式為：y=-14x2+x+p.

　　聯(lián)立拋物線y=-14x2+x+p與直線y=x+3解析式得到-14x2+x+p=x+3，

　　化簡，得x2-4(p-3)=0.

　　∵二次函數(shù)圖象與直線y=x+3僅有一個交點，

　　∴一元二次方程根的判別式等于0，

　　即Δ=02+16(p-3)=0，解得p=3.

　　∴y=-14x2+x+3=-14(x-2)2+4.

　　當x=2時，二次函數(shù)有最大值，最大值為4.

　　15.解：(1)設此拋物線的解析式為y=a(x-3)2+4，

　　此拋物線過點A(0，-5)，

　　∴-5=a(0-3)2+4，∴a=-1.

　　∴拋物線的解析式為y=-(x-3)2+4，

　　即y=-x2+6x-5.

　　(2)拋物線的對稱軸與⊙C相離.

　　證明：令y=0，即-x2+6x-5=0，得x=1或x=5，

　　∴B(1,0)，C(5,0).

　　設切點為E，連接CE，

　　由題意，得，Rt△ABO∽Rt△BCE.

　　∴ABBC=OBCE，即12+524=1CE，

　　解得CE=426.

　　∵以點C為圓心的圓與直線BD相切，⊙C的半徑為r=d=426.

　　又點C到拋物線對稱軸的距離為5-3=2，而2>426.

　　則此時拋物線的對稱軸與⊙C相離.

　　(3)假設存在滿足條件的點P(xp，yp)，

　　∵A(0，-5)，C(5,0)，

　　∴AC2=50，

　　AP2=(xp-0)2+(yp+5)2=x2p+y2p+10yp+25，CP2=(xp-5)2+(yp-0)2=x2p+y2p-10xp+25.

　�、佼敗螦=90°時，在Rt△CAP中，

　　由勾股定理，得AC2+AP2=CP2，

　　∴50+x2p+y2p+10yp+25=x2p+y2p-10xp+25，

　　整理，得xp+yp+5=0.

　　∵點P(xp，yp)在拋物線y=-x2+6x-5上，

　　∴yp=-x2p+6xp-5.

　　∴xp+(-x2p+6xp-5)+5=0，

　　解得xp=7或xp=0，∴yp=-12或yp=-5.

　　∴點P為(7，-12)或(0，-5)(舍去).

　�、诋敗螩=90°時，在Rt△ACP中，

　　由勾股定理，得AC2+CP2=AP2，

　　∴50+x2p+y2p-10xp+25=x2p+y2p+10yp+25，

　　整理，得xp+yp-5=0.

　　∵點P(xp，yp)在拋物線y=-x2+6x-5上，

　　∴yp=-x2p+6xp-5，

　　∴xp+(-x2p+6xp-5)-5=0，

　　解得xp=2或xp=5，∴yp=3或yp=0.

　　∴點P為(2,3)或(5,0)(舍去)

　　綜上所述，滿足條件的點P的坐標為(7，-12)或(2,3).