考虑到$a_5$ 要最大, 用极端思想, 其余各项尽可能小.
$\because a_1\lt a_2\lt a_3\lt \cdots \lt a_{10}$, 且都是正整数.
$\therefore $ 由题意, 不妨令$a_1=1,a_2=2,a_3=3,a_4=4, a_5$ 尽可能大, $a_6=a_5+1, a_7=a_5+2,a_8=a_5+3, a_9=a_5+4, a_{10}=a_5+5$.
所以有$a_1+a_2+\ldots+a_{10}=1+2+3+4+a_5+a_5+1+a_5+2+\ldots+a_5+5=6a_5+25=2000$
解得$a_5=329\frac{1}{6}$
显然当$a_5=329$ 时, 要使$a_{10}$ 最大, 就要使$a_6,a_7,a_8,a_9$ 尽可能的小, 所以
$a_6=330, a_7=331,a_8=332, a_9=333$, 此时$a_{10}$ 取得最大值$335$.
当$a_5=330$ 时$a_6=331, a_7=332\ldots$ 显然不合题意(所有和大于$2000$ )

综上, $a_5$ 的最大值为$329$, 此时$a_{10}$ 的最大值为$335$.

证明: 对所有整数按模$6$ 的余数分类, 则质数$P$ 只能为$6k+1$ 和$6k+5$ 两类.
当$P=6k+1$ 时, $P^2-1=(6k+1)^2-1=36k^2+12k=12k(3k+1)$
若$k$ 为偶数, 则$24\mid 12k\Rightarrow 24\mid P^2-1$;
若$k$ 为奇数, 则$3k+1$ 为偶数, 也有$24\mid P^2-1$.

当$P=6k+5$ 时, $P^2-1=(6k+5)^2-1=36k^2+60k+24=12k(3k+5)+24$
若$k$ 为偶数, 则有$24\mid P^2-1$;
若$k$ 为奇数, 则$3k+5$ 为偶数, 也有$24\mid P^2-1$

综上, 总有$24\mid P^2-1$

$\because $ 对一切$x$ 的整数值$ax^2+bx+c$ 的值都是平方数.
令$x=0\Rightarrow c$ 是平方数. $\therefore c$ 是整数.
令$x=1\Rightarrow a+b+c$ 是平方数,
令$x=-1\Rightarrow a-b+c$ 是平方数.
所以设$a+b+c=m^2, a-b+c=n^2, c=k^2$ (其中$m,n,k$ 是整数).
前两式相减得$2b=m^2-n^2$ 所以$2b$ 为整数($\because m,n$ 为整数);
将$2b=m^2-n^2, c=k^2$ 代入$2a=2m^2-2b-2c=2m^2-(m^2-n^2)-2k^2=m^2+n^2-2k^2$ 为整数.

(1)由韦达定理的$b+c=-b,bc=c\Rightarrow $ 若$c=0$, 则$b=0$, 矛盾! 所以$c\neq 0$, 得$b=1,c=-2$.
(2) 原式=$[(x^2+bx+c)+x]^2+b[(x^2+bx+c)+x]+c$
$=(x^2+bx+c)^2+(2x+b)(x^2+bx+c)+x^2+bx+c$
$=(x^2+bx+c)(x^2+bx+c+2x+b+1)$
$=(x^2+bx+c)[(x^2+bx+c)+2x-(\alpha+\beta)+1]$
$=(x-\alpha)(x-\beta)[(x-\alpha)(x-\beta)+(x-\alpha)+(x-\beta)+1]$
$=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\alpha+1)(x-\beta+1)$

(1) 由韦达定理得: $\alpha+\beta=p,\alpha\beta=q\Rightarrow \alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)[(\alpha+\beta)^2-3\alpha\beta]=p(p^2-3q), \alpha^3\beta^3=q^3$.
故所求方程$x^2-p(p^2-3q)x+q^3=0$.
(2) 由题设及(1)得:
$p(p^2-3q)=p, q^3=q\Rightarrow q(q^2-1)=0\Rightarrow q=0,1,-1$
当$q=0\Rightarrow p^3-p=p(p^2-1)\Rightarrow p=0,1,-1$;
当$q=1\Rightarrow p(p^2-3)=p\Rightarrow p=0,2,-2$;
当$q=-1\Rightarrow p(p^2_3)=p\Rightarrow p=0$
所以所求方程有:
$x^2=0(p=q=0)$,
$ x^2+x=0(p=-1,q=0)$,$x^2-x=0(p=1,q=0)$,$x^2+1=0(p=0,q=1$ 舍去),
$x^2-2x+1=0(p=2,q=1)$,
$x^2+2x+1=0(p=-2,q=1)$,
$x^2-1=0(p=0,q=-1)$.

设方程两个根为$x_1,x_2$, 则$x_1+x_2=4n-5$ 由于$4n-5$ 是奇数, $\therefore x_1,x_2$
必一奇一偶, 因为都为质数, 所以$x_1,x_2$必有一个是$2$, 不妨设$x_1=2$, 代入得:
$2\times 2^2-(8n-10)\times 2-(n^2-35n+76)=0\Rightarrow n=3$ 或$n=16$.
当$n=3$ 时, 原方程为: $2x^2-14x+20=0\Rightarrow x_1=2, x_2=5$.
当$n=16$ 时, 原方程为: $2x^2-118x+228=0\Rightarrow x_1=2,x_2=57$.

如图所示, 对$\triangle GAH$ 和$D,P,Q$ 应用梅涅劳斯定理的逆定理得:

$\frac{AQ}{QH}\cdot \frac{HP}{PG}\cdot \frac{GD}{DA}=\frac{AE}{KH}\cdot \frac{EB}{AE}\cdot \frac{CH}{CB}=\frac{EB}{KH}\cdot \frac{CH}{CB}=\frac{CB}{CH}\cdot \frac{CH}{CB}=1$

故$D,P,Q$ 三点共线

如图所示, 连结$MN$, 分别交$AC,BD$ 于点$S,R$, 设$AC,BD$相交于点$O$.
直线$SRM$ 截$\triangle OAB$, 直线$RSN$ 截$\triangle OCD$ 应用梅涅劳斯定理, 有

$\frac{OS}{SA}\cdot \frac{AM}{MB}\cdot \frac{BR}{RO}=1, \frac{OS}{SC}\cdot \frac{CN}{ND}\cdot \frac{DR}{RO}=1$

而$AM=MB, CN=ND$ 所以可得:

$\frac{SA}{BR}=\frac{OS}{RO}=\frac{SC}{DR}$

$\therefore \frac{SA}{BR}=\frac{SA+SC}{BR+DR}=\frac{AC}{BD}\Rightarrow \frac{SA}{AC}=\frac{BR}{BD}$

又$ES=SA-AE, AE=\frac{1}{4}AC$, $FR=BR-BF, BF=\frac{1}{4}BD$ 于是,

$\frac{ES}{FR}=\frac{AC}{BD}=\frac{AS}{BR}=\frac{OS}{OR}$

因为$EP=PF$, 所以

$\frac{OS}{SE}\cdot \frac{EP}{PF}\cdot \frac{FR}{RO}=\frac{OS}{OR}\cdot \frac{FR}{ES}=1$

由梅涅劳斯逆定理知$S,R,P$ 共线, 即$M,P,N$ 三点在一条直线上.
同理$M,Q,N$ 三点在一条直线上, 所以$M,P,Q,N$ 四点共线.

直线$DEF$ 截$\triangle ACK$ 应用梅涅劳斯定理得: $\frac{CD}{DA}\cdot \frac{AE}{EK}\cdot \frac{KF}{FC}=1$.
$\because CD=DA, AE$ 平分$\angle ACK\Rightarrow \frac{AE}{EK}=\frac{AC}{CK}$.代入上式得:

$\frac{AC}{CK}\cdot \frac{KF}{FC}=1$

又易证$\triangle ACK\backsim \triangle CBK\Rightarrow \frac{AC}{CK}=\frac{CB}{BK}$.
另一方面容易计算得: $\angle BCE=\angle BEC\Rightarrow BC=BE$.

$\therefore \frac{AC}{CK}=\frac{BE}{BK}\Rightarrow \frac{BE}{BK}=\frac{CF}{KF}\Rightarrow \frac{BE-BK}{BK}=\frac{CF-KF}{KF}\Rightarrow \frac{EK}{BK}=\frac{CK}{KF}$

所以$\triangle EKC\backsim \triangle BKF\Rightarrow \angle ECK=\angle BFK\Rightarrow BF\parallel CE$.

如图, 作$CK\bot AB$, 下证$CK,BM,AN$ 三线共点, 且为$P$ 点. 要证$CK,BM,AN$ 三线共点,
根据塞瓦定理即要证: $\frac{AM}{MC}\cdot \frac{CN}{NB}\cdot \frac{BK}{KA}=1$. 又因
为$MC=CN$, 即要证: $\frac{AM}{AK}\cdot \frac{BK}{NB}=1$.
因为$\triangle AML \backsim \triangle AKC \Rightarrow \frac{AM}{AK}=\frac{AL}{AC}$.
$\triangle BNL\backsim \triangle BKC\Rightarrow \frac{BK}{NB}=\frac{BC}{BL}$.
即要证: $\frac{AL}{AC}\cdot \frac{BC}{BL}=1$, 根据三角形的角平分线定理可知: $\frac{CA}{CB}=\frac{AL}{BL}$.
所以$CK,BM,AN$ 三线共点, 且为$P$ 点, 所以$CP\bot AB$.