答案：解析 (1)
∵ $\tan ∠ AOC = \frac { | y _ { A } | } { | x _ { A } | } = \frac { y _ { A } } { 3 } = \frac { 1 } { 3 }$，
∴ $y _ { A } = 1$，即点 $A ( - 3, 1 )$，
将点 $A$ 的坐标代入反比例函数表达式得 $1 = \frac { k _ { 2 } } { - 3 }$，
解得 $k _ { 2 } = - 3$，
即反比例函数表达式为 $y = - \frac { 3 } { x }$，
当 $y = - 3$ 时，$- 3 = - \frac { 3 } { x }$，解得 $x = 1$，
即点 $B$ 的坐标为 $( 1, - 3 )$，
将 $A$，$B$ 两点的坐标代入 $y = k _ { 1 } x + b$，
得 $\{ \begin{array} { l } { 1 = - 3 k _ { 1 } + b }, \\ { - 3 = k _ { 1 } + b }, \end{array} $ 解得 $\{ \begin{array} { l } { k _ { 1 } = - 1 }, \\ { b = - 2 }, \end{array} $
即直线 $AB$ 的表达式为 $y = - x - 2$。
(2) 对于 $y = - x - 2$，令 $y = - x - 2 = 0$，解得 $x = - 2$，即点 $C ( - 2, 0 )$，则 $OC = 2$，
∵ $△ OCP$ 的面积是 $△ ODB$ 面积的 $3$ 倍，
且 $S _ { △ OBD } = \frac { 1 } { 2 } · O D · x _ { B } = \frac { 1 } { 2 } × 2 × 1 = 1$，
$S _ { △ P C O } = \frac { 1 } { 2 } · O C · y _ { P } = \frac { 1 } { 2 } × 2 y _ { P } = y _ { P }$，
∴ $y _ { P } = 3$，
当 $y = 3$ 时，$3 = \frac { - 3 } { x }$，解得 $x = - 1$，
∴ 点 $P$ 的坐标为 $( - 1, 3 )$。
(3) 由 $B$，$D$ 两点的坐标得 $B D = \sqrt { 1 ^ { 2 } + ( - 3 + 2 ) ^ { 2 } } = \sqrt { 2 }$，
同理可得 $C D = 2 \sqrt { 2 }$，
由 $O D = O C = 2$ 知，$∠ O C D = ∠ O D C = 45 ^ { \circ }$，则 $∠ O D B = 135 ^ { \circ }$。
① 当点 $E$ 在线段 $OC$ 上（不与点 $O$，$C$ 重合）时，在 $△ C D E$ 中，$∠ E C D = 45 ^ { \circ }$，故不存在一个角为 $135 ^ { \circ }$ 与 $∠ O D B$ 对应相等，故不存在能使两个三角形相似的点 $E$；
② 当点 $E$ 在线段 $OC$ 的延长线上时，设点 $E$ 的坐标是 $( x, 0 )$，则 $C E = - 2 - x$，
此时 $∠ E C D = ∠ O D B = 135 ^ { \circ }$，
当 $△ C E D ∽ △ D B O$ 时，
$\frac { C E } { B D } = \frac { C D } { O D }$，即 $\frac { - 2 - x } { \sqrt { 2 } } = \frac { 2 \sqrt { 2 } } { 2 }$，解得 $x = - 4$，即点 $E ( - 4, 0 )$。
当 $△ C E D ∽ △ D O B$ 时，
$\frac { C E } { O D } = \frac { C D } { B D }$，即 $\frac { - 2 - x } { 2 } = \frac { 2 \sqrt { 2 } } { \sqrt { 2 } }$，解得 $x = - 6$，
即点 $E ( - 6, 0 )$。
综上，点 $E$ 的坐标为 $( - 4, 0 )$ 或 $( - 6, 0 )$。
方法解读 对于相似三角形的分类讨论，若能确定对应角，则只需要讨论另外两个角的顶点的对应关系。如本题中 $∠ E C D = ∠ O D B$ 时，点 $C$，$D$ 为这组相似三角形的对应点，可以先写定 $△ C E D$，再把 $△ D B O$ 的 $D$ 写在第一个位置和点 $C$ 对应，交换 $B$，$O$ 的位置进行分类讨论。

答案：
解析 (1) ① 把点 $A ( - 1, 0 )$，$B ( 3, 0 )$，$C ( 0, 3 )$ 代入二次函数 $y = a x ^ { 2 } + b x + c$ 中，
得 $\{ \begin{array} { l } { a - b + c = 0 }, \\ { 9 a + 3 b + c = 0 }, \\ { c = 3 }, \end{array} $ 解得 $\{ \begin{array} { l } { a = - 1 }, \\ { b = 2 }, \\ { c = 3 }, \end{array} $
∴ 二次函数的解析式为 $y = - x ^ { 2 } + 2 x + 3$。
② 如图，过点 $B$ 作 $BM ⊥$ 直线 $l$ 于 $M$，过点 $C$ 作 $CN ⊥$ 直线 $l$ 于 $N$。

∴ $d _ { 1 } = B M ≤ B D$，$d _ { 2 } = C N ≤ C D$，
∴ $d _ { 1 } + d _ { 2 } ≤ C D + B D$，即 $d _ { 1 } + d _ { 2 } ≤ B C$，
当 $M$，$D$，$N$ 三点重合时等式成立，
即 $d _ { 1 } + d _ { 2 }$ 的最大值为 $BC$ 的长，
∵ $O C = O B = 3$，
∴ $B C = 3 \sqrt { 2 }$，
∴ $d _ { 1 } + d _ { 2 }$ 的最大值为 $3 \sqrt { 2 }$。
(2) 如图，延长 $PQ$ 交 $x$ 轴于 $N$，由题意得 $P ( 1, 4 )$。

观察图象可知，只有当 $∠ Q P M = ∠ P A H$ 时，$△ P Q M$ 与 $△ A P H$ 才相似，
∴ $N A = P N$，
设 $N ( n, 0 )$，则 $N A = P N = n + 1$，$N H = n - 1$，
在 $\mathrm { Rt } △ P N H$ 中，
∵ $P H ^ { 2 } + N H ^ { 2 } = P N ^ { 2 }$，
∴ $4 ^ { 2 } + ( n - 1 ) ^ { 2 } = ( n + 1 ) ^ { 2 }$，
解得 $n = 4$，
∴ $N ( 4, 0 )$，
易得直线 $PN$ 的解析式为 $y = - \frac { 4 } { 3 } x + \frac { 16 } { 3 }$，
联立 $\{ \begin{array} { l } { y = - \frac { 4 } { 3 } x + \frac { 16 } { 3 } }, \\ { y = - x ^ { 2 } + 2 x + 3 }, \end{array} $ 解得 $\{ \begin{array} { l } { x = 1 }, \\ { y = 4 } \end{array} $ 或 $\{ \begin{array} { l } { x = \frac { 7 } { 3 } }, \\ { y = \frac { 20 } { 9 } }, \end{array} $
∴ $Q ( \frac { 7 } { 3 }, \frac { 20 } { 9 } )$。
(3) $( 2, 3 )$。
详解：【解法一】“12345”模型：设直线 $l$ 与 $y$ 轴交于点 $D$（图略），
∵ $A ( - 1, 0 )$，$C ( 0, 3 )$，
∴ $\tan ∠ A C O = \frac { A O } { C O } = \frac { 1 } { 3 }$，
∵ $\tan α = \frac { 1 } { 2 }$，即 $\tan ∠ D A C = \frac { 1 } { 2 }$，
∴ $∠ A D O = ∠ D A C + ∠ A C O = 45 ^ { \circ }$，
∴ $△ A D O$ 为等腰直角三角形，
∴ 点 $D ( 0, 1 )$，
∴ 直线 $l$ 的解析式为 $y = x + 1$，
联立 $\{ \begin{array} { l } { y = x + 1 }, \\ { y = - x ^ { 2 } + 2 x + 3 }, \end{array} $
解得 $\{ \begin{array} { l } { x = - 1 }, \\ { y = 0 } \end{array} $ 或 $\{ \begin{array} { l } { x = 2 }, \\ { y = 3 }, \end{array} $
∴ $P ( 2, 3 )$。
【解法二】如图，设直线 $l$ 交 $y$ 轴于点 $D$，作 $D E ⊥ A C$ 于点 $E$，设 $D E = k$。

∵ $\tan ∠ E A D = \frac { D E } { A E } = \frac { 1 } { 2 }$，$\tan ∠ D C E = \frac { D E } { C E } = \frac { 1 } { 3 }$，
∴ $A E = 2 k$，$E C = 3 k$，
∴ $A C = 5 k$，
∵ $A C = \sqrt { O A ^ { 2 } + O C ^ { 2 } } = \sqrt { 10 }$，
∴ $k = \frac { \sqrt { 10 } } { 5 }$，
∴ $D E = \frac { \sqrt { 10 } } { 5 }$，$E C = \frac { 3 \sqrt { 10 } } { 5 }$，
∴ $C D = \sqrt { D E ^ { 2 } + C E ^ { 2 } } = 2$，
∴ $O D = 1$，
∴ $D ( 0, 1 )$，
∴ 直线 $l$ 的解析式为 $y = x + 1$，
联立 $\{ \begin{array} { l } { y = x + 1 }, \\ { y = - x ^ { 2 } + 2 x + 3 }, \end{array} $ 解得 $\{ \begin{array} { l } { x = - 1 }, \\ { y = 0 } \end{array} $ 或 $\{ \begin{array} { l } { x = 2 }, \\ { y = 3 }, \end{array} $
∴ $P ( 2, 3 )$。