如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（-2，0），点B在x轴的正半轴上，点M在y轴的负半轴上，且|AB|=6，cos∠OBM= $数学公式$ ，点C是M关于x轴的对称点．
（1）求过A、B、C三点的抛物线的函数表达式及其顶点D的坐标；
（2）设直线CD交x轴于点E，在线段OB的垂直平分线上求一点P，使点P到直线CD的距离等于点P到原点的O距离；
（3）在直线CD上方（1）中的抛物线（不包括C、D）上是否存在点N，使四边形NCOD的面积最大？若存在，求出点N的坐标及该四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由．

解：（1）易知A（-2，0），B（4，0），C（0，8）．
设抛物线的函数表达式为y=a（x+2）（x-4）．
将C（0，8）代入，得a=-1．
∴过A、B、C三点的抛物线的函数表达式为：y=-x²+2x+8．
y=-x²+2x+8=-（x-1）²+9，
∴顶点为D（1，9）．

（2）如图1，假设存在满足条件的点P，依题意，设P（2，t）．
由C（0，8），D（1，9）得直线CD的函数表达式为：y=x+8．
设直线CD交x轴于点E，则E（-8，0）．
∴CO=8=OE，∴∠DEO=45°．
设OB的中垂线交CD于H，交x轴于点G．
∴在Rt△HPF中，∠FHP=45°=∠HPF．
点P到CD的距离PF= $\text{[math]}$ |10-t|．
又PO= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
∵PF=PO，
∴ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ |10-t|．
化简，得t²+20t-92=0，
解得t=-10± $\text{[math]}$ ．
∴存在点P₁（2，-10+ $\text{[math]}$ ），P₂（2，-10- $\text{[math]}$ ）满足条件．

（3）如图2，过点N作直线NQ∥x轴交CD于点Q．设N（k，-k²+2k+8）．
∵直线CD的函数表达式为y=x+8，
∴Q（-k²+2k，-k²+2k+8）．
∴QN=|-k²+2k-k|=-k²+k．
S_△CND=S_△NQD+S_△NQC
= $\text{[math]}$ NQ•|y_D-y_Q|+ $\text{[math]}$ NQ•|y_Q-y_C|
= $\text{[math]}$ （-k²+k）•|9-（-k²+2k+8）|+ $\text{[math]}$ （-k²+k）•|-k²+2k+8-8|
= $\text{[math]}$ （-k²+k）（9+k²-2k-8-k²+2k）
= $\text{[math]}$ （-k²+k）．
而S_{四边形NCOD}=S_△CND+S_△COD
= $\text{[math]}$ （-k²+k）+ $\text{[math]}$ CO•|x_D|
= $\text{[math]}$ （-k²+k）+ $\text{[math]}$ 8×1
=- $\text{[math]}$ k²+ $\text{[math]}$ k+4
=- $\text{[math]}$ （k- $\text{[math]}$ ）²+ $\text{[math]}$ ．
∴当k= $\text{[math]}$ 时，四边形面积的最大为 $\text{[math]}$ ，
此时N（k，-k²+2k+8）点坐标为：（ $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$ ）．
分析：（1）利用图象上点的坐标，运用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）根据假设存在满足条件的点P，依题意，设P（2，t），得出点P到CD的距离PF= $\text{[math]}$ |10-t|，再利用PO= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，求出t即可；
（3）根据过点N作直线NQ∥x轴交CD于点Q，设N（k，-k²+2k+8），得出Q点的坐标，表示出QN长度，进而得出S_△CND=S_△NQD+S_△NQC，又S_{四边形NCOD}=S_△CND+S_△COD，得出当k= $\text{[math]}$ 时，四边形面积的最大．
点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及待定系数法求二次函数解析式，利用S_{四边形NCOD}=S_△CND+S_△COD得出关于k的二次函数，进而得出最值是解题关键．

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