解：①如图：

∵A和A′关于直线l的对称点， ∴AC＝A′C，由抛物线y

= - \frac{1}{2}

x²

+ \frac{3}{2}

x+2得C(0，2)，

∴AC $= \sqrt{5}$ ，

设直线BC解析式为y＝mx+n，将B(4，0)，C(0，2)代入得：

${\begin{array}{l} 0 = 4 m + n \\ 2 = n \end{array}$ ，解得 ${\begin{array}{l} m = - \frac{1}{2} \\ n = 2 \end{array}$ ，

∴直线BC为y $= - \frac{1}{2}$ x+2，

设A′（a， $- \frac{1}{2}$ a+2），

∴ $a^{2} + {(- \frac{1}{2} a + 2 - 2)}^{2} = 5$ ，

解得a₁＝2，a₂＝﹣2（不在线段BC上，舍去），

∴A′（2，1），

由A(﹣1，0)，A'(2，1)可得直线AA′为：y $= \frac{1}{3} x + \frac{1}{3}$ ，

由 ${\begin{array}{l} y = \frac{1}{3} x + \frac{1}{3} \\ y = - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{3}{2} x + 2 \end{array}$ 解得： ${\begin{array}{l} x_{1} = \frac{10}{3} \\ y_{1} = \frac{13}{9} \end{array}$ ， ${\begin{array}{l} x_{2} = - 1 \\ y_{2} = 0 \end{array}$ （舍去），

∴E（ $\frac{10}{3} ， \frac{13}{9}$ ）；

②如图：

由①知；直线BC的解析式：y $= - \frac{1}{2}$ x+2，

设直线BC的平行线l′ $= - \frac{1}{2} x + n$ ；

当直线l′与抛物线 $y = - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{3}{2} x + 2$ 相切时，设切点为Q，此时△QCA′的面积达到最大值，

联立直线l′与抛物线解析式可得 $- \frac{1}{2} x + n = - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{3}{2} x + 2$ ，

整理得： $- \frac{1}{2} x^{2} + 2 x + 2 - n = 0$ ，

当二者相切时，判别式△＝4+4• $\frac{1}{2} \cdot (2 - n) = 8 - 2 n =$ 0；

解得n＝4，

∴直线l′的解析式为y $= - \frac{1}{2}$ x+4；

设直线BE的解析式为y＝k₂x+b₂，

将B(4，0)，E( $\frac{10}{3} ， \frac{13}{9}$ )代入得：

${\begin{array}{l} 4 k_{2} + b_{2} = 0 \\ \frac{10}{3} k_{2} + b_{2} = \frac{13}{9} \end{array}$ ，解得： $k_{2} = - \frac{13}{6} ， b_{2} = \frac{26}{3}$ ；

∴直线BE：y $= - \frac{13}{6}$ x $+ \frac{26}{3}$ ，

设直线BE与直线l′交于点P′，联立两直线解析式得：

$x = \frac{14}{5} ， y = \frac{13}{5}$ ，

此时P′（ $\frac{14}{5} ， \frac{13}{5}$ ），此时S_△P′CA′＝S_△QCA′max，

为使S_△P′CA′≥S_△QCA′max，x₀ $\leq \frac{14}{5}$ ，

根据对称性，当直线l'与直线BC的距离等于直线l''与直线BC的距离时，直线l''解析式为y $= - \frac{1}{2}$ x，

同理可得P''( $\frac{26}{5}$ ， $- \frac{13}{5}$ )，

为使S_△P′CA′≥S_△QCA′max，此时x₀ $\geq \frac{26}{5}$ ，

综上所述，x₀ $\leq \frac{14}{5}$ 或x₀ $\geq \frac{26}{5}$ .

备考2022届中考数学全国精选题汇编专题8 函数与几何的综合运用