分析 （1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标；
（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时$\frac{3}{2}$秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤$\frac{1}{2}$时，对应图a；当$\frac{1}{2}$＜t≤1时，对应图b；当1＜t≤$\frac{3}{2}$时，对应图c；
②当运动停止时，点E到达y轴，点E（-3，2）运动到点E′（0，$\frac{7}{2}$），可知正方形BCDE在y轴上所截得的线段的中点运动的路线长为CE'的长；整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了$\frac{3}{2}$个单位，由此得到平移之后的抛物线解析式，进而求出其顶点坐标．
解答 
解：（1）由题意可知：OB=2，OC=1．
如图（1）所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G．
易证△CDH≌△BCO，
∴DH=OC=1，CH=OB=2，
∴D（-1，3）；
同理可得△EBG≌△BCO，
∴BG=OC=1，EG=OB=2，
∴E（-3，2）．
故答案为：（-1，3），（-3，2）．
（2）抛物线经过（0，2）、（-1，3）、（-3，2），
则$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{a-b+c=3}\\{9a-3b+c=2}\end{array}\right.$，
解得 $\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=-\frac{3}{2}}\\{c=2}\end{array}\right.$，
∴y=-$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x+2．
（3）①当点D运动到y轴上时，t=$\frac{1}{2}$．
当0＜t≤$\frac{1}{2}$时，如图（3）a所示．
设D′C′交y轴于点F，
∵tan∠BCO=$\frac{OB}{OC}$=2，
又∵∠BCO=∠FCC′，
∴tan∠FCC′=2，即$\frac{FC'}{CC'}$=2，
∵CC′=$\sqrt{5}$t，
∴FC′=2$\sqrt{5}$t．?
∴S△CC′F?=$\frac{1}{2}$CC′•FC′=$\frac{1}{2}$$\sqrt{5}$t×2$\sqrt{5}$t=5t2
当点B运动到点C时，t=1．
当$\frac{1}{2}$＜t≤1时，如图（3）b所示．
设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴GH=$\sqrt{5}$，
∴CH=$\frac{1}{2}$GH=$\frac{1}{2}$$\sqrt{5}$，
∵CC′=$\sqrt{5}$t，
∴HC′=$\sqrt{5}$t-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴GD′=$\sqrt{5}$t-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴S梯形CC′D′G?=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{5}$t-$\frac{\sqrt{5}}{2}$+$\sqrt{5}$t） $\sqrt{5}$=5t-$\frac{5}{4}$，
当点E运动到y轴上时，t=$\frac{3}{2}$．
当1＜t≤$\frac{3}{2}$时，如图（3）c所示，
设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N，
∵CC′=$\sqrt{5}$t，B′C′=$\sqrt{5}$，
∴CB′=$\sqrt{5}$t-$\sqrt{5}$，
∴B′N=2CB′=2$\sqrt{5}$t-2$\sqrt{5}$，
∵B′E′=$\sqrt{5}$，
∴E′N=B′E′-B′N=3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t，
∴E′M=$\frac{1}{2}$E′N=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t），
∴S△MNE′=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t）•$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{5}$-2$\sqrt{5}$t）=5t2-15t+$\frac{45}{4}$，
∴S五边形B′C′D′MN?=S正方形B′C′D′E′?-S△MNE′?=$（\sqrt{5}）^{2}$-（5t2-15t+$\frac{45}{4}$）=-5t2+15t-$\frac{25}{4}$，
综上所述，S与x的函数关系式为：
当0＜t≤$\frac{1}{2}$时，S=5t2；
当$\frac{1}{2}$＜t≤1时，S=5t-$\frac{5}{4}$；
当1＜t≤$\frac{3}{2}$时，S=-5t2+15t-$\frac{25}{4}$；
②当点E运动到点E′时，运动停止．如图（3）d所示，
正方形BCDE在y轴上所截得的线段的中点运动的路线长为CE'的长，
∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′，
∴△BOC∽△E′B′C，
∴$\frac{OB}{B'E'}$=$\frac{BC}{E'C}$，
∵OB=2，B′E′=BC=$\sqrt{5}$，
∴$\frac{2}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{E'C}$，
∴CE′=$\frac{5}{2}$，即正方形BCDE在y轴上所截得的线段的中点运动的路线长为$\frac{5}{2}$，
∴OE′=OC+CE′=1+$\frac{5}{2}$=$\frac{7}{2}$，
∴E′（0，$\frac{7}{2}$），
由点E（-3，2）运动到点E′（0，$\frac{7}{2}$），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了$\frac{3}{2}$个单位．
∵y=-$\frac{1}{2}$x2-$\frac{3}{2}$x+2=-$\frac{1}{2}$（x+$\frac{3}{2}$）2+$\frac{25}{8}$，
∴原抛物线顶点坐标为（-$\frac{3}{2}$，$\frac{25}{8}$），
∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．
故答案为：$\frac{5}{2}$，（$\frac{3}{2}$，$\frac{37}{8}$）．
点评 本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求解析式、抛物线与几何变换（平移）、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等的综合应用．难点在于第（3）问，识别正方形和抛物线平移过程的不同阶段是解决问题的关键所在．
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