连接$OQ$, 设$QN$ 与$OP$ 相较于点$E$, 因为$S_{\triangle ONQ}=S_{\triangle OPM}$, 所以可得
$S_{\triangle OQE}=S_{四边形PENM}=S_{\triangle QEP}\Rightarrow OE=PE\Rightarrow ON=MN$
因此可得$Q(\frac{a}{2},2b)$.

(1) 当$P$ 在$Q$ 点右边时, 如图所示, 分别过$P,Q$ 作平行于$x$ 轴, $y$ 轴的直线, 易得
$Q(a-b,a+b)$, 所以有$ab=(a+b)(a-b)\Rightarrow ab=a^2-b^2$ 两边同时除以$b^2$ 得
$\frac{a}{b}=(\frac{a}{b})^2-1\Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 或$\frac{a}{b}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ (舍去)

(2) 当$P$ 在$Q$ 点左边时, 如图所示, 分别过$P,Q$ 作平行于$x$ 轴, $y$ 轴得直线, 同理
可得$Q(a+b,b-a)$, 所以$ab=b^2-a^2\Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$或 $\frac{a}{b}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ (舍去)

综上可知$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{5}\pm 1}{2}$.

如图所示,分别过点$C,B$ 作平行于$x$ 轴和$y$ 轴的直线. 与$y$ 轴$x$ 轴分别交于$M,N$,
两直线相交于点$P$. 因为$BC=BA, \angle CBA=90^{\circ}\Rightarrow \triangle PBC\cong \triangle NAB(AAS)$.
因此设$AN=BP=a, NB=PC=b$, 又易得$A(1,0)$, 由$ON=MP$ 及$PN=4$可得
\[
\left\{\begin{array}{lr} 1+a=b+3 \\ a+b=4 \end{array}\right.\Rightarrow
\left\{\begin{array}{lr} a=3 \\ b=1 \end{array}\right.
\]
所以$B(4,1)\Rightarrow k=4\times 1=4$.

因为$PA$ 垂直$x$ 轴于点$A(-1,0)$, 所以$OA=1$, 可设$P(-1,t)$. 又因为$AB=\sqrt{5}$,
所以$OB=\sqrt{AB^2-OA^2}=\sqrt{5-1}=2\Rightarrow B(0,2)$. 又因为$C(1,0)\Rightarrow BC$
的解析式为$y=-2x+2$. 因为$P(-1,t)$ 在直线$BC$ 上, 所以$t=-2 \times (-1)+2=4\Rightarrow P(-1,4)\Rightarrow k=-4$.

(1) 如图, 延长线段$BC$ 交双曲线于点$M$. 联立$BC$ 与反比例函数解析式
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=-2x+2 \\ y=-\frac{4}{x} \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} x=2 \\ y=-2 \end{array}\right. 或\left\{\begin{array}{lr} x=-1 \\ y=4 \end{array}\right.(不合题意,舍去)
\]
即点$M(2,-2)$. 结合图象可知: 当$0\lt a\lt 2$ 时, $\angle MBA\lt \angle ABC$.

(2) 如图, 作点$C$ 关于直线$AB$ 的对称点$C'$, 连结$BC'$, 延长$BC'$ 交抛物线于点$M$.
因为$A(-1,0), B(0,2)$, 所以直线$AB$ 的解析式为$y=2x+2$. 因为$C(1,0)$, 所以$C'(-\frac{11}{5},\frac{8}{5})$
则易求的直线$BC'$ 的解析式为$y=\frac{2}{11}x+2$. 联立
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=\frac{2}{11}x+2 \\ y=-\frac{4}{x} \end{array}\right.\Rightarrow x=\frac{-11\pm \sqrt{33}}{2}
\]

则根据图象可知: 当$\frac{-11-\sqrt{33}}{2}\lt a\lt \frac{-11+\sqrt{33}}{2}$ 时, $\angle MBA\lt \angle ABC$

综上知: 当$0\lt a\lt 2$ 或$\frac{-11-\sqrt{33}}{2}\lt a\lt \frac{-11+\sqrt{33}}{2}$ 时, $\angle MBA\lt \angle ABC$.

设$\alpha$ 为方程的公共根, 所以
\[
\left\{\begin{array}{lr} \alpha^2+2a\alpha+b^2=0 \\ \alpha^2+2c\alpha-b^2=0 \end{array}\right.
\]
两式相减得$2(a-c)\alpha=-2b^2$, 若$a=c\Rightarrow b=0$ 不可能为三角形的边, 所以$a\neq c$
因此有$\alpha=\frac{-b^2}{a-c}$.
将上两式相加得$2\alpha^2+2(a+c)\alpha=0\Rightarrow \alpha=0$ 或$\alpha=-a-c$,
显然$\alpha\neq 0$ (否则$b=0$ ), 所以$\alpha=-a-c$.
$\therefore \frac{-b^2}{a-c}=-a-c\Rightarrow b^2=a^2-c^2\Rightarrow a^2=c^2+b^2$
所以三角形为直角三角形.

因为$\frac{4}{x^4}-\frac{2}{x^2}=3\Rightarrow (-\frac{2}{x^2})^2+(-\frac{2}{x^2})=3$;
又$y^4+y^2=3\Rightarrow (y^2)^2+y^2=3$, 且$-\frac{2}{x^2}<0, y^2\geq 0$, 所以
$-\frac{2}{x^2}, y^2$ 是一元二次方程$t^2+t-3=0$ 的两个不等实根.
由韦达定理: $-\frac{2}{x^2}+y^2=-1, -\frac{2}{x^2}\cdot y^2=-3$
\[
\therefore \frac{4}{x^4}+y^4=(-\frac{2}{x^2}+y^2)^2-2(-\frac{2}{x^2}\cdot y^2)=1+6=7.
\]

由已知$a,b,c$ 都不等于$0$, 且$c>0$. 因为$ab=\frac{1}{c}>0, a+b=-\frac{1}{c^2}<0$.
所以$a\leq b<0$. 由一元二次方程根与系数关系知, $a,b$ 是一元二次方程$x^2+\frac{1}{c^2}x+\frac{1}{c}=0$
的两个实数根, 于是$\Delta=\frac{1}{c^4}-\frac{4}{c}\geq 0\Rightarrow c^3\leq \frac{1}{4}$.
因此$|a+b|=-(a+b)=\frac{1}{c^2}\geq 4c=4|c|$.

因为$x=m$ 是方程的正根, 所以$am^2+bm+c=0\Rightarrow c(\frac{1}{m})^2+b\frac{1}{m}+a=0$.
所以$x=1/m$ 是方程$cx^2+bx+a=0$一个根, 设$n=\frac{1}{m}$.
因此$m+n=m+\frac{1}{m}-2+2=(\sqrt{m}-\frac{1}{\sqrt{m}})^2+2\geq 2$.

解设$\alpha$ 为这三个方程的公共根, 则有
\[
\left\{\begin{array}{lr} a\alpha^2+b\alpha+c=0 \\ b\alpha^2+c\alpha+a=0 \\ c\alpha^2+a\alpha+b=0 \end{array}\right.
\]
三式相加得$(a+b+c)(\alpha^2+\alpha+1)=0$, 因为$\alpha^2+\alpha+1=(\alpha+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}\neq 0\Rightarrow a+b+c=0$.

原式=$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=\frac{a^3+b^3-(a+b)^3}{-ab(a+b)}=3$

设$x^2=t$, 原方程为$2t^2+mt+8=0$, 原方程有四个整数根, 所以关于$t$ 的二次方程必有两
个正整数根, 且正两个正整数必为平方数, 设两根为$t_1,t_2$, 由韦达定理知$t_1t_2=4$,
所以$t_1=1,t_2=4$ 或$t_1=4,t_2=1\Rightarrow -\frac{m}{2}=1+4\Rightarrow m=-10$.
代入可得: $x_1=1,x_2=-1, x_3=2, x_4=-2$.