如图，抛物线y=ax2-$\frac{3}{2}$x+c（a≠0）的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，-2），已知B点坐标为（4，0）．分析 （1）根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）令抛物线解析式中y=0得到关于x的一元二次方程，解方程求出x值，由此即可得出点A的坐标，根据两点间的距离公式即可求出AC、AB、BC，利用勾股定理得逆定理即可得出△ABC为直角三角形，由此即可得出△ABC的外接圆的圆心位置，再根据点A、B的坐标即可求出圆心坐标；
（3）将直线AB往下平移得到直线l，直线l与抛物线只有一个交点M时，此时点M到直线AB的距离最远，根据点B、C的坐标利用待定系数法求出直线BC的解析式，设出直线l的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+m，将其代入抛物线解析式中令△=0，即可求出m值，再联立直线l和抛物线解析式成方程组，解方程组即可求出点M的坐标；
（4）假设存在，设点E的坐标为（n，-n）．以点A，点B，点P，点E为顶点的平行四边形分两种情况：①以AB为边，根据A、B、E点的坐标表示出P点的坐标，将其代入抛物线线解析式中即可求出n值，从而得出点E的坐标；②以AB为对角线，根据A、B、E点的坐标表示出P点的坐标，将其代入抛物线线解析式中即可求出n值，从而得出点E的坐标．综上即可得出结论．
解答 解：（1）将B（4，0）、C（0，-2）代入y=ax2-$\frac{3}{2}$x+c（a≠0）中，
得：$\left\{\begin{array}{l}{0=16a-\frac{3}{2}×4+c}\\{-2=c}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{2}}\\{c=-2}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式为y=$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2．
（2）令y=$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2中x=0，即$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2=0，
解得：x1=-1，x2=4，
∴A（-1，0）．
∵B（4，0），C（0，-2），
∴AC=$\sqrt{5}$，BC=2$\sqrt{5}$，AB=5，
∵AC2+BC2=5+20=25=AB2，
∴△ABC为直角三角形．
∴AB为△ABC外接圆的直径，
∴该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为（$\frac{3}{2}$，0）．
（3）将直线AB往下平移得到直线l，直线l与抛物线只有一个交点M时，此时点M到直线AB的距离最远，如图1所示．
设直线AB的解析式为y=kx+b，直线l的解析式为y=kx+m，
将点B（4，0）、C（0，-2）代入y=kx+b中，
得：$\left\{\begin{array}{l}{0=4k+b}\\{-2=b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=-2}\end{array}\right.$，
∴直线BC的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-2．
将y=$\frac{1}{2}$x+m代入y=$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2中，得$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2=$\frac{1}{2}$x+m，即$\frac{1}{2}$x2-2x-2-m=0．
∵直线l与抛物线只有一个交点，
∴△=（-2）2-4×$\frac{1}{2}$×（-2-m）=8+2m=0，解得：m=-4，
∴直线l的解析式为y=$\frac{1}{2}$x-4．
联立直线l与抛物线解析式得：$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{3}{2}x-2}\\{y=\frac{1}{2}x-4}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=-3}\end{array}\right.$，
∴M（2，-3）．
故：记点M到线段BC的距离为d，当d取最大值时，求出此时M点的坐标为（2，-3）．
（4）假设存在，设点E的坐标为（n，-n）．
以点A，点B，点P，点E为顶点的平行四边形分两种情况（如图2）：
①以线段AB为边，点E在点P的左边时，
∵A（-1，0），B（4，0），E（n，-n），
∴P（5+n，-n），
∵点P（5+n，-n）在抛物线y=$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2上，
∴-n=$\frac{1}{2}（5+n）^{2}$-$\frac{3}{2}$（5+n）-2，解得：n1=$\frac{-9-\sqrt{57}}{2}$，n2=$\frac{-9+\sqrt{57}}{2}$，
此时点E的坐标为（$\frac{-9-\sqrt{57}}{2}$，$\frac{9+\sqrt{57}}{2}$）或（$\frac{-9+\sqrt{57}}{2}$，$\frac{9-\sqrt{57}}{2}$）；
以线段AB为边，点E在点P的右边时，
∵A（-1，0），B（4，0），E（n，-n），
∴P（n-5，-n），
∵点P（n-5，-n）在抛物线y=$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2上，
∴-n=$\frac{1}{2}（n-5）^{2}$-$\frac{3}{2}$（n-5）-2，即n2-11n+36=0，
此时△=（-11）2-4×36=-23＜0，方程无解；
②以线段AB为对角线时，
∵A（-1，0），B（4，0），E（n，-n），
∴P（3-n，n），
∵点P（3-n，n）在抛物线y=$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x-2上，
∴n=$\frac{1}{2}（3-n）^{2}$-$\frac{3}{2}$（3-n）-2，解得：n3=$\frac{5+\sqrt{41}}{2}$，n4=$\frac{5-\sqrt{41}}{2}$，
此时点E的坐标为（$\frac{5+\sqrt{41}}{2}$，$\frac{-5-\sqrt{41}}{2}$）或（$\frac{5-\sqrt{41}}{2}$，$\frac{-5+\sqrt{41}}{2}$）．
综上可知：存在点P、E，使以点A，点B，点P，点E为顶点的四边形是平行四边形，点E坐标为（$\frac{-9-\sqrt{57}}{2}$，$\frac{9+\sqrt{57}}{2}$）、（$\frac{-9+\sqrt{57}}{2}$，$\frac{9-\sqrt{57}}{2}$）、（$\frac{5+\sqrt{41}}{2}$，$\frac{-5-\sqrt{41}}{2}$）或（$\frac{5-\sqrt{41}}{2}$，$\frac{-5+\sqrt{41}}{2}$）．
点评 本题考查了待定系数法求函数解析式、直角三角形的判定、根的判别式以及等边三角形的性质，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）证出△ABC为直角三角形；（3）找出点M的位置；（4）分AB为边和AB为对角线两种情况考虑．本题属于中档题，（4）有点难度，解决该小问时，分AB为边和AB为对角线两种情况考虑，再根据等边三角形的性质结合三个顶点坐标找出另一顶点坐标是关键．
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| A． | m≠1 | B． | m≠-1 | C． | m≠1 或 m≠-1 | D． | m≠1且 m≠-1 |
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| A． | $\left\{\begin{array}{l}{x+y=12}\\{12%x+8%y=14}\end{array}\right.$ | B． | $\left\{\begin{array}{l}{x+y=12}\\{（1+12%）x+（1+8%）y=14}\end{array}\right.$ | ||
| C． | $\left\{\begin{array}{l}{x+y=14}\\{12%x+8%y=12}\end{array}\right.$ | D． | $\left\{\begin{array}{l}{x+y=14}\\{（1+12%）x+（1+8%）y=12}\end{array}\right.$ |
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如图所示，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是BC的中点．若OE=3，则AB=6．