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$P_3(-1+\sqrt{41}, -8+2\sqrt{41}), P_4(-1-\sqrt{41},-8-2\sqrt{41})$.

$\triangle A'C_1E'$ 能为等腰三角形, 符合条件的点$E'$ 有四个, 具体如下:
由抛物线表达式可求得$A(-\sqrt{3},0), C(0,3)\Rightarrow \angle CAO=60^{\circ}, \angle AOA_1=60^{\circ}$.
有旋转的性质可得$\angle COC_1=\angle AOA_1=60^{\circ}, OC_1=OC=3\Rightarrow C_1(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2})$.

易求抛物线顶点$E(\sqrt{3},4)$, 所以$AE$ 的表达式为: $y=\frac{2\sqrt{3}}{3}x+2$.
可设点$A'$ 的坐标为$(t,\frac{2\sqrt{3}}{3}t+2)$, 则由平移的性质可得点$E'$ 的坐标为$(t+2\sqrt{3},\frac{2\sqrt{3}}{3}t+6)$
且$t\gt -3\sqrt{3}$. 所以$A'E'^2=AE^2=28$.
有$A'C_1^2=\frac{7}{3}t^2-\frac{7\sqrt{3}}{3}t+7. E'C_1^2=\frac{7}{3}t^2+7\sqrt{3}t+21$.

$\triangle A'C_1E'$ 为等腰三角形有三种可能:
(i) 当$A'E'=A'C_1$ 时, 有$\frac{7}{3}t^2-\frac{7\sqrt{3}}{3}t+7=28\Rightarrow t=\frac{\sqrt{3}\pm\sqrt{39}}{2}$.
此时点$E'$ 的坐标为$(\frac{5\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2},7+\sqrt{13})$ 或$(\frac{5\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2},7-\sqrt{13})$;

(ii) 当$A'C_1=E'C_1$ 时, 有 $\frac{7}{3}t^2-\frac{7\sqrt{3}}{3}t+7=\frac{7}{3}t^2+7\sqrt{3}t+21$ 解得$t=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.
此时点$E'$ 的坐标为$(\frac{3\sqrt{3}}{2},5)$;

(ii) 当$A'E'=C_1E'$ 时, 有$\frac{7}{3}t^2+7\sqrt{3}t+21=28\Rightarrow t=\frac{-3\sqrt{3}\pm \sqrt{39}}{2}$,
而$t\gt -3\sqrt{3}$, 所以$t=\frac{-3\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$.
此时点$E'$ 的坐标为$(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{29}}{2},3+\sqrt{13})$.

综上可得: 符合条件的点$E'$ 坐标有:
$(\frac{5\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2},7+\sqrt{13}),(\frac{5\sqrt{3}-\sqrt{39}}{2},7-\sqrt{13}),(\frac{3\sqrt{3}}{2},5)$ 或$(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2},3+\sqrt{13})$.

(1) 由已知$A(0,1),C(2,0)$, 从而直线$AC$ 的表达式为$y=-\frac{1}{2}x+1$.
(2) 存在符合条件的点$P$, 坐标为$(0,-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4}),(0,\frac{5}{3})$ 或$(0,-\frac{5}{8})$.

设点$M$ 的坐标为$(m,-\frac{1}{2}m+1)$, 则$0\leq m\lt 2$.
由平面内两点距离公式可得$CD^2=\frac{9}{16}$, $CM^2=(2-m)^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2, DM^2=(m-\frac{5}{4})^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2$.
(i) 当$CD=CM$ 时, 有$\frac{9}{16}=(2-m)^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2\Rightarrow m_1=2-\frac{3\sqrt{5}}{10}, m_2=2+\frac{3\sqrt{5}}{10}$ (舍去)
所以点$M$ 的坐标为$(2-\frac{3\sqrt{5}}{10},\frac{3\sqrt{5}}{20})$.
从而得到直线$DM$ 的表达式为$y=(\sqrt{5}+2)x-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4}\Rightarrow P(0,-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4})$;

(ii) 当$DM=DC$ 时, 有$\frac{9}{16}=(m-\frac{5}{4})^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2\Rightarrow m_3=\frac{4}{5}, m_4=2$(舍去)
所以$M(\frac{4}{5},\frac{3}{5})\Rightarrow DM$ 表达式为: $y=-\frac{4}{3}x+\frac{5}{3}$,
可得$P$ 的坐标$(0,\frac{5}{3})$.

(iii) 当$MD=MC$ 时, 有 $(m-\frac{5}{4})^2+(-\frac{1}{2}m+1)^2=(-\frac{1}{2}m+1)^2+(2-m)^2\Rightarrow M_5=\frac{13}{8}$.
所以$M(\frac{13}{8},\frac{3}{16})\Rightarrow DM$ 表达式为$y=\frac{1}{2}x-\frac{5}{8}$
可得$P$ 的坐标为$(0,-\frac{5}{8})$.

综上所述, 符合条件点$P$ 的坐标为$(0,-\frac{5(\sqrt{5}+2)}{4}),(0,\frac{5}{3}),(0,-\frac{5}{8})$

(1)如图, 延长$EN$ 至点$F$, 使得$NF=NE$, 连结$FB$.
易证$\triangle DEN\cong \triangle BFN$. 从而可得$BF\parallel DE, BF=DE$.
延长$FB,CE$ 交于点$G$, 则$\angle G=90^{\circ}$, 从而$A,B,G,C$ 四点共圆.
所以$\angle ABF=\angle ACE$.
连结$AF$, 所以$\triangle ABF\cong \triangle ACE(SAS)$.
所以$AF=AE$, 且$AF\bot AE$.
而$MN\parallel AF$, 所以$MN=\frac{1}{2}AE$, 且$MN\bot AE$.

(2) 如图, 同(1) 可得$MN=\frac{1}{2}AE$, 且$MN\bot AE$.
由题意可得$AC=2CE$, 作$EH\bot AC$ 于点$H$, 则$\angle ECH=60^{\circ}$,
所以$CH=\frac{1}{2}EC=\frac{1}{4}AC, EH=\frac{\sqrt{3}}{4}AC$,
从而$AE=\sqrt{AH^2+EH^2}=\frac{\sqrt{7}}{2}AC\Rightarrow \frac{MN}{AC}=\frac{\sqrt{7}}{4}$.