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如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知A、B两点的坐标分别为（4，0）、（0，2），将△OAB绕点O逆时针旋转90°后得到△OCD，抛物线y=ax²-2ax+4经过点A．
（1）求抛物线的函数表达式，并判断点D是否在该抛物线上；
（2）如图2，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求使|PC-PD|的值最大时点P的坐标；
（3）设抛物线上是否存在点E，使△CDE是以CD为直角边的直角三角形？若存在，请求出所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵y=ax²-2ax+4经过点A，
A点的坐标为（4，0）
∴解析式为：y=- $\text{[math]}$ x²+x+4
∵△OAB绕点O逆时针旋转90°后得到△OCD，∴D点的坐标为（-2，0）
代入y=- $\text{[math]}$ x²+x+4可得，D点在解析式上．

（2）如图1：
∵在三角形PCD中，由两边之差小于第三边，

∴|PC-PD|＜CD，当P在线段DC延长线上时，|PC-PD|的值最大，为CD的长，
过C（0，4），D（-2，0）的直线为y=2x+4，
∵当x=1时，y=2×1+4=6，
∴抛物线对称轴交点为（1，6），
∴|PC-PD|的值最大时点P的坐标（1，6）；

（3）如图2，假设存在这样一个点E，（x，- $\text{[math]}$ x²+x+4），使△CDE是以CD为直角边的直角三角形，
故EF²+CF²=CE²，EG²+DG²=DE²∴EC²+CD²=DE²∴DE²=EF²+CF²+OC²+DO²
∴x²+[4-（- $\text{[math]}$ x²+x+4）]²+20=（- $\text{[math]}$ x²+x+4）²+（x+2）²∴整理得：4x²-12x=0（2）
解得：x₁=0（不合题意舍去），x₂=3
代入（x，- $\text{[math]}$ x²+x+4），得（3， $\text{[math]}$ ）
∴E点坐标为（3， $\text{[math]}$ ）．
∴抛物线上存在点E，使△CDE是以CD为直角边的直角三角形．
如图3，假设存在这样一个点E′（x，- $\text{[math]}$ x²+x+4），使△CDE是以CD为直角边的直角三角形，
作E′F⊥x轴于点F，E′N⊥y轴于点N，

故E′F²+DF²=DE^′2，CN²+NE′²=CE^′2，OD²+CO²=DC²，
∴CE^′2=E′F²+DF²+OC²+DO²
∴x²+[4-（- $\text{[math]}$ x²+x+4）]²=20+（- $\text{[math]}$ x²+x+4）²+（x+2）²∴整理得：x²-3x-10=0
解得：x₁=-2（不合题意舍去），x₂=5，
代入（x，- $\text{[math]}$ x²+x+4），得（5，-3.5）
∴E′点坐标为（5，-3.5）．
∴抛物线上存在点E（5，-3.5），（3， $\text{[math]}$ ），使△CDE是以CD为直角边的直角三角形
分析：（1）将A点（4，0）代入解析式得出抛物线的函数表达式，并求出D点的坐标，并判断点D是否在该抛物线上．
（2）求|PC-PD|的值最大时点P的坐标，应延长CD交对称轴于点P．因为|PC-PD|小于或等于第三边即CD，当|PC-PD|等于CD时，|PC-PD|的值最大．
（3）假设存在这样一个点E，（x，- $\text{[math]}$ x²+x+4），利用勾股定理可以求出．
点评：此题主要考查了：
（1）待定系数法求二次函数解析式，即A点（4，0）代入y=ax²-2ax+4，
（2）勾股定理的应用和作对称点问题，综合性较强．

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