解题思路：（1）①由于CD∥AB，所以△ABM和△ABN中，AB边上的高相等，则两个三角形是同底等高的三角形，所以它们的面积相等；
②分别过D、E作AB的垂线，设垂足为H、K；通过证△DAH≌△EBK，来得到DH=KE；则所求的两个三角形是同底等高的三角形，由此得证；
（2）根据A、C的坐标，即可求得抛物线的解析式，进而可求出A、D的解析式；用待定系数法可确定直线AD的解析式；假设存在符合条件的E点，过C作CD⊥x轴于D，交直线AD于H；过E作EF⊥x轴于F，交直线AD于P；根据抛物线的对称轴方程及直线AD的解析式，易求得H点的坐标，即可得到CH的长；设出E点横坐标，根据直线AD和抛物线的解析式，可表示出P、E的纵坐标，即可得到PE的长；根据（1）题得到的结论，当PE=CH时，所求的两个三角形面积相等，由此可列出关于E点横坐标的方程，从而求出E点的坐标．（需注意的是E点可能在直线AD的上方或下方，这两种情况下PE的表达式会有所不同，要分类讨论）
（1）①如图①，分别过点M，N作ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为点E，F
∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
∴AB∥CD；
∴ME=NF；
∵S△ABM=[1/2]ABAB•ME，S△ABN=[1/2]ABAB•NF，
∴S△ABM=S△ABN．
②相等．理由如下：如图②，分别过点D，E作DH⊥AB，EK⊥AB，垂足分别为H，K．
则∠DHA=∠EKB=90°．
∵AD∥BE，∴∠DAH=∠EBK．
∵AD=BE，
∴△DAH≌△EBK．∴DH=EK．
∵CD∥AB∥EF，
∴S△ABM=[1/2AB•DH，S△ABG=
1
2AB•EK，
∴S△ABM=S△ABG．
（2）答：存在．
因为抛物线的顶点坐标是C（1，4），所以，可设抛物线的表达式为y=a（x-1）2+4．
又因为抛物线经过点A（3，0），将其坐标代入上式，得0=a（3-1）2+4，解得a=-1．
∴该抛物线的表达式为y=-（x-1）2+4，即y=-x2+2x+3．
∴D点坐标为（0，3）．
设直线AD的表达式为y=kx+3，代入点A的坐标，得0=3k+3，解得k=-1．
∴直线AD的表达式为y=-x+3．
过C点作CG⊥x轴，垂足为G，交AD于点H．则H点的纵坐标为-1+3=2．
∴CH=CG-HG=4-2=2．
设点E的横坐标为m，则点E的纵坐标为-m2+2m+3．
过E点作EF⊥x轴，垂足为F，交AD于点P，则点P的纵坐标为3-m，EF∥CG．
由﹙1﹚可知：若EP=CH，则△ADE与△ADC的面积相等．
①若E点在直线AD的上方，
则PF=3-m，EF=-m2+2m+3．
∴EP=EF-PF=-m2+2m+3-（3-m）=-m2+3m．
∴-m2+3m=2．
解得m1=2，m2=1．
当m=2时，PF=3-2=1，EF=1+2=3．
∴E点坐标为（2，3）．
同理 当m=1时，E点坐标为（1，4），与C点重合．
②若E点在直线AD的下方，
则PE=（3-m）-（-m2+2m+3）=m2-3m．
∴m2-3m=2．解得m3＝
3+
17
2]，m4＝
3−
17
2．
当m＝
3+
17
2时，E点的纵坐标为3−
3+
17
2−2＝−
点评：
本题考点： 二次函数综合题．
考点点评： 此题主要考查了平行线的性质、三角形面积的求法、全等三角形的判定和性质、二次函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法等知识；同时还考查了分类讨论的数学思想，能力要求高，难度较大．