(1) 如图所示, 连结$OP,OQ,OM,ON$, 设$PQ$ 与$MN$ 相交于点$K$, 连结$OK$.
$\because PA=QB, PM,QN$ 为切线, 由切割线定理得
$PM^2=PA\cdot PB=PA\cdot (PA+AB)=QB\cdot (QB+BA)=QB\cdot QA=QN^2\Rightarrow PM=QN$.
且$OM=ON, \angle PMO=\angle QNO\Rightarrow \triangle PMO\cong QNO(HL)$
$\therefore OP=OQ, \angle MOP=\angle NOQ\Rightarrow \angle MON=\angle POQ$
$\therefore \angle QPO=\angle NMO\Rightarrow K,P,M,O$ 四点共圆,
$\therefore \angle QKO=\angle PMO=90^{\circ}$
$\therefore KA=KB$

(2) 如图, 如果$KA=KB\Rightarrow OK\bot AB$
$\therefore O,K,P,M$ 和$O,K,N,Q$ 都是四点共圆.
$\therefore \angle OPK=\angle OMK, \angle OQK=\angle ONK$
$\because OM=ON$, $\therefore \angle OMK=\angle ONK$.
$\therefore \angle OPK=\angle PQK\Rightarrow OP=OQ$
$\because OK\bot PQ\Rightarrow KP=KQ\Rightarrow PA=QB$

$\because ABCD$ 内接于圆$O$,
$\therefore \angle ABE=\angle ACD$, 又$\because \angle BAE=\angle CAD$.
$\therefore \triangle ABE \backsim \triangle ACD$.

(2) 由$\angle BAC=\angle EAD, \angle ADE=\angle ACB\Rightarrow \triangle ADE\backsim \triangle ACB$.
$\therefore \frac{AD}{AC}=\frac{DE}{CB}\Rightarrow AD\cdot BC=AC\cdot DE$.
由$\triangle ABE\backsim \triangle ACD\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BE}{CD}\Rightarrow AB\cdot CD=AC\cdot BE$
将上述两式相加得: $AD\cdot BC+AB\cdot CD=AC\cdot (DE+BE)=AC\cdot BD$. 得证.

如图所示作辅助线, 连结$EO$ 并延长交$\odot O$ 于点$E$, 连结$EB,EA,BH$
$\because CE$ 为直径, 所以$EB\bot BC, EA\bot AC$,
$\because AH\bot BC, BH\bot AC$,
$\therefore EB\parallel AH; EA\parallel BH$,
$\therefore AHBE$为平行四边形.
$\therefore AH=BE$
又$OG\bot BC\Rightarrow GB=GC$
$\therefore EB=2OG$, 即$AH=2OG$.

连结$OC$. 设$\angle OMN=x$, 则$\angle ABC=4x, \angle ACB=6x$;
$\because \angle NOC=180^{\circ}-10x, \angle AOC=8x$,
$\therefore \angle ONM=180^{\circ}-(180^{\circ}-10x+8x+x)=x$,
$\therefore \triangle MON$ 为等腰三角形,
$\therefore ON=OM=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}OB$;
$\therefore \angle OBN=30^{\circ}\Rightarrow 180^{\circ}-10x=60^{\circ}\Rightarrow x=12^{\circ}$.

易证$PA=PB+PC\Rightarrow PA^2+PB^2+PC^2=2(PB^2+PC^2+PB\cdot PC)$.
过$C$ 作$CT\bot BP$ 的延长线于点$T$. 在直角三角形$\triangle CPT$ 中, $PT=\frac{1}{2}PC$, $CT=\frac{\sqrt{3}}{2}PC$
所以$BC^2=BT^2+CT^2=(PB+\frac{1}{2}Pc)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}PC)^2=PB^2+PC^2+PB\cdot PC$

所以可得$PA^2+PB^2+PC^2=2a^2$ (为定值).

连结$AF$, 要证$\angle BAC=\angle DAE$, 只需证$\angle BCA=\angle DEA$ 即可,
由于$\angle BDA=\angle CEA\Rightarrow A,E,D,F$ 四点共圆, 所以$\angle BFA=\angle DEA$.
所以只须证$\angle BCA=\angle BFA$ 即可.
因此只需证$A,F,C,B$ 四点共圆, 由于$A,E,D,F$ 共圆, 所以$\angle AFE=\angle ADE=\angle ABC$
故$A,F,C,B$ 四点共圆.

易证$B,C,D,E$ 四点共圆, 所以$\angle DEC=\angle DBC$.
又易证$M,N,D,E$ 四点共圆, 所以$\angle DEN=\angle DMN$
所以$\angle DMN=\angle DBC\Rightarrow MN\parallel BC$.

设$\angle A$ 是$\triangle ABC$ 中的最大角, 自$A$ 作$AD\bot BC$ 于$D$. ($D$ 在边$BC$ 上).
作$\triangle ABC$ 的外接圆$\odot O$, 连结$AO$ 交$\odot O$ 于$E$, 连结$BE$, 则$\angle ABE=90^{\circ}$.
又$\angle BEA=\angle C\Rightarrow \triangle ABE\backsim \triangle ADC$.
所以$AE\cdot AD=AB\cdot AC\Rightarrow 2R=AE=\frac{AB\cdot AC}{AD}=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{AD\cdot BC}=\frac{abc}{2S}$
所以$R=\frac{abc}{4S}$

如图, 以$BC$ 为边在$\triangle ABC$ 的外作正三角形$\triangle BCK$,
易得$\triangle KBM\cong \triangle BAC(SAS)$
所以$KB=KC=KM, \angle BKM=20^{\circ}$.
因此, 以$K$ 为圆心, $KB$ 为半径的圆过$B,M,C$ 三点.
$\angle MCB=\frac{1}{2}\angle BKM=10^{\circ}$.
所以$\angle AMC=\angle MBC+\angle MCB=20^{\circ}+10^{\circ}=30^{\circ}$.

(1) 易求得抛物线表达式为: $y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2}x+4$.

(2) 存在, 点$P$ 的坐标为$(4-\sqrt{26},\frac{\sqrt{26}-1}{2}),(4+\sqrt{26},-\frac{1+\sqrt{26}}{2}), (-1+\sqrt{41},-8+2\sqrt{41})$
或$(-1+\sqrt{41},-8+2\sqrt{41})$.
因为$OC=4,OB=3\Rightarrow BC=5$.
如果$\triangle PBD\cong \triangle PBC\Rightarrow BD=BC=5$.
因为点$D$ 在$x$ 轴上, 所以点$D$ 人坐标为$(-2,0)$ 或$(8,0)$.

(a) 如图所示, 当 点$D$ 为$(-2,0)$ 时, 连结$CD$,过$B$ 作直线$BE$ 平方$\angle DBC$,
交$CD$ 于点$E$, 抛物线于点$P_1,P_2$.
此时$\triangle P_1BC\cong \triangle P_1BD$, $\triangle P_2BC\cong \triangle P_2BD$.
所以$BC=BD$.
所以$E$ 为$CD$ 的中点, 即点$E$ 的坐标为$(-1,2)$;
由$B,E$ 得直线$BE$ 为: $y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$,
联立抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2}x+4$ 解得: 点$P_1(4-\sqrt{26},\frac{\sqrt{26}-1}{2})$,
点$P_2(4+\sqrt{26},-\frac{1+\sqrt{26}}{2}).$

(b) 如图, 当$D$ 为$(8,0)$ 时, 连结$CD$, 过$B$ 作直线$BF$ 平分$\angle DBC$ 交$CD$
于点$F$, 交抛物线于点$P_3,P_4$, 此时$\triangle P_3BC\cong P_3BD, \triangle P_4BC\cong P_4BD$.
由$B,F$ 解得直线$BF$ 为: $y=2x-6$, 联立抛物线方程: $y=-\frac{1}{4}x^2+\frac{3}{2}x+4$
解得$P_3(-1+\sqrt{41}, -8+2\sqrt{41}), P_4(-1-\sqrt{41},-8-2\sqrt{41})$.