(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$CP\bot AB$.

左边$\lt \frac{a_2}{a_1(a_1+a_2)}+\frac{a_3}{(a_1+a_2)(a_1+a_2+a_3)}+\cdots+ \frac{a_n}{(a_1+a_2+\cdots a_{n-1})(a_1+a_2+\cdots +a_n)} \\ =(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_1+a_2})+(\frac{1}{a_1+a_2}-\frac{1}{a_1+a_2+a_3})+\cdots +(\frac{1}{a_1+a_2+\cdots a_{n-1}}-\frac{1}{a_1+a_2+\cdots +a_n})\\ =\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_1+a_2+\cdots a_n}<\frac{1}{a_1}=$ 右边

问题得证.

(1) 易求得抛物线的解析式为: $y=\frac{2}{3}x^2-\frac{4}{3}x-2$.
(2) $\because P$ 的横坐标为$m$, $\therefore D(m,-2), P(m,\frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m-2)$.
若$\triangle BDP$ 为等腰三角形, 则$PD=BD$
(a) 当$P$ 在直线$BD$ 上方时$PD=\frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m$
(i) 若点$P$ 在$y$ 轴左侧, 则$m<0, BD=-m$, 由$\frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m=-m\Rightarrow m_1=0(舍去)$, $m_2=\frac{1}{2}$ (舍去).
(ii) 若点$P$ 在$y$ 轴右侧, 则$m>0, BD=m\Rightarrow \frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m=m\Rightarrow m_3=0(舍去)$, $m_4=\frac{7}{2}$.
(b) 当$P$ 在直线$BD$ 下方时$m>0, BD=m,PD=-\frac{2}{3}m^2+\frac{4}{3}m$,
$\therefore -\frac{2}{3}m^2+\frac{4}{3}m=m\Rightarrow m_5=0$ (舍去), $m_6=\frac{1}{2}$.

综上所述, 当$m=\frac{7}{2}$ 或$\frac{1}{2}$ 时, $\triangle BDP$ 为等腰直角三角形.
此时$PD$ 的长为$\frac{7}{2}$ 或$\frac{1}{2}$.

(1) 思路1: 如图所示, 过点$F$ 作$BA,BC$ 所在直线的垂线, 垂直分别为$N,M$.
显然有$\angle FAB+\angle FEB=180^{\circ}\Rightarrow \angle FAN=\angle FEM$, 易得$\triangle FAN\cong \triangle FEM(AAS)$
所以$FN=FM$, 故$F$ 在$\angle ABC$ 的平分线上.

思路2: 如图所示, 作$\angle AFT=\angle AEB$ 交$AD$ 于$T$, 连结$BT$.
显然有$\triangle AFT\cong \triangle AEB(ASA)\Rightarrow \angle ATF=120^{\circ}, AT=AB$,
又$\angle BAD=60^{\circ}\Rightarrow \triangle ATB$ 为等边三角形. $\therefore \angle ATB=\angle ABT=60^{\circ}$.
$\because \angle FTA+\angle ATB=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}\Rightarrow F,T,B$共线
因此$FB$ 为$\angle ABC$ 的平分线.

(2) 如图, 连结$FB$, 易得$\angle H=\angle HDA=30^{\circ}\Rightarrow AH=AD=BC$.
又$\angle HBF=60^{\circ}\Rightarrow \angle HFB=90^{\circ}$. 所以$\frac{BC}{AB}=\frac{AH}{AB}=3$