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    4．如图，已知抛物线y=ax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），与x轴交于点B（6，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
    （1）求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；
    （2）当点P移动到抛物线的什么位置时，使得∠PAB=75°，求出此时点P的坐标；
    （3）当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动；与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止．当两个动点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？

    分析 （1）由A、B坐标，利用待定系数法可求得抛物线的表达式，化为顶点式可求得顶点坐标；
    （2）过P作PC⊥y轴于点C，由条件可求得∠PAC=60°，可设AC=m，在Rt△PAC中，可表示出PC的长，从而可用m表示出P点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值，即可求得P点坐标；
    （3）用t可表示出P、M的坐标，过P作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则可表示出F的坐标，从而可用t表示出PF的长，从而可表示出△PAB的面积，利用S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB，可得到S关于t的二次函数，利用二次函数的性质可求得其最大值．

    解答 解：
    （1）根据题意，把A（0，6），B（6，0）代入抛物线解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{c=6}\\{36a+12+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{c=6}\end{array}\right.$，
    ∴抛物线的表达式为y=-$\frac{1}{2}$x2+2x+6，
    ∵y=-$\frac{1}{2}$x2+2x+6=-$\frac{1}{2}$（x-2）2+8，
    ∴抛物线的顶点坐标为（2，8）；

    （2）如图1，过P作PC⊥y轴于点C，

    ∵OA=OB=6，
    ∴∠OAB=45°，
    ∴当∠PAB=75°时，∠PAC=60°，
    ∴tan∠PAC=$\frac{PC}{AC}$，即$\frac{PC}{AC}$=$\sqrt{3}$，
    设AC=m，则PC=$\sqrt{3}$m，
    ∴P（$\sqrt{3}$m，6+m），
    把P点坐标代入抛物线表达式可得6+m=-$\frac{1}{2}$（$\sqrt{3}$m）2+2$\sqrt{3}$m+6，解得m=0或m=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$-$\frac{2}{3}$，
    经检验，P（0，6）与点A重合，不合题意，舍去，
    ∴所求的P点坐标为（4-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$，$\frac{16}{3}$+$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$）；

    （3）当两个动点移动t秒时，则P（t，-$\frac{1}{2}$t2+2t+6），M（0，6-t），

    如图2，作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则EF=EB=6-t，
    ∴F（t，6-t），
    ∴FP=$\frac{1}{2}$t2+2t+6-（6-t）=-$\frac{1}{2}$t2+3t，
    ∵点A到PE的距离竽OE，点B到PE的距离等于BE，
    ∴S△PAB=$\frac{1}{2}$FP•OE+$\frac{1}{2}$FP•BE=$\frac{1}{2}$FP•（OE+BE）=$\frac{1}{2}$FP•OB=$\frac{1}{2}$×（-$\frac{1}{2}$t2+3t）×6=-$\frac{3}{2}$t2+9t，且S△AMB=$\frac{1}{2}$AM•OB=$\frac{1}{2}$×t×6=3t，
    ∴S=S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB=-$\frac{3}{2}$t2+12t=-$\frac{3}{2}$（t-4）2+24，
    ∴当t=4时，S有最大值，最大值为24．

    点评 本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、直角三角形的性质、二次函数的性质、三角形的面积及方程思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中构造Rt△PAC是解题的关键，在（3）中用t表示出P、M的坐标，表示出PF的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

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