分析 （1）只需把点A、C的坐标代入抛物线的解析式就可解决问题；
（2）由题可得|yQ|=|yC|=6，从而得到yQ=±6，代入抛物线的解析式，就可解决问题；
（3）由于BD是定值，要使△BDM的周长最小，只需MB+MD最小，作点B关于直线AC的对称点为B′，连结BB′交AC于F，连结B′D，B′D与AC的交点就是要探求的点M．作B′E⊥x轴于E，如图所示，要求点M的坐标，只需求出直线B′D与直线AC的解析式，只需求出点B′的坐标，可通过△BAF∽△CAO求出BF，从而求出BB′，再通过△BB′E∽△BAF求出BE，进而可求出OE、B′E，问题得以解决．
解答 解：（1）∵A（-2，0）， C（0，6）在抛物线y=-x2+ax+b上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-4-2a+b=0}\\{b=6}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴a、b的值分别为1、6；
（2）①若点Q在x轴的上方，则yQ=yC=6，
∴-x2+x+6=6，
解得x1=0，x2=1，
∴Q（1，6）；
②若点Q在x轴的下方，则yQ=-yC=-6，
∴-x2+x+6=-6，
解得x1=4，x2=-3，
∴Q（4，-6）或（-3，-6）．
综上所述：符合条件的点Q的坐标为（1，6）、（4，-6）、（-3，-6）；
（3）设点B关于直线AC的对称点为B′，连结BB′交AC于F，
连结B′D，B′D与AC的交点就是要探求的点M．
作B′E⊥x轴于E，如图所示，
∵AO=2，CO=6，
∴AC=2$\sqrt{10}$．
令y=0，得-x2+x+6=0，
解得x1=3，x2=-2，
∴B（3，0），AB=3-（-2）=5．
由y=-x2+x+6=-（x-$\frac{1}{2}$）2+$\frac{25}{4}$可得，
顶点D的坐标（$\frac{1}{2}$，$\frac{25}{4}$）．
∵∠CAO=∠BAF，∠AOC=∠AFB=90°，
∴△BAF∽△CAO，
∴$\frac{BF}{CO}$=$\frac{AB}{AC}$，
∴$\frac{BF}{6}$=$\frac{5}{2\sqrt{10}}$，
∴BF=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$，
∴BB′=3$\sqrt{10}$．
∵∠ABF=∠B′BE，∠B′EB=∠AFB=90°，
∴△BB′E∽△BAF，
∴$\frac{BE}{BF}$=$\frac{BB′}{BA}$，
∴$\frac{BE}{\frac{3\sqrt{10}}{2}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，
∴BE=9，
∴OE=9-3=6，B′E=$\sqrt{BB{′}^{2}-B{E}^{2}}$=3，
∴B′（-6，3）．
设直线AC的解析式为y=mx+n，
则有$\left\{\begin{array}{l}{-2m+n=0}\\{n=6}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=3}\\{n=6}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=3x+6．
同理直线B′D的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+6，
解$\left\{\begin{array}{l}{y=3x+6}\\{y=\frac{1}{2}x+6}\end{array}\right.$，得
$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=6}\end{array}\right.$，
∴点M的坐标为（0，6）．
点评 本题主要考查了抛物线上点的坐标特征、运用待定系数法求直线及抛物线的解析式、求两直线的交点坐标、两点之间线段最短、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、解一元二次方程、勾股定理等知识，由条件得到|yQ|=|yC|=6是解决第（2）小题的关键，运用轴对称性及两点之间线段最短是解决第（3）小题的关键．
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如图，把一个长方形纸条ABCD沿EF折叠，若∠1=55°，则∠AEG=70．