如图，已知抛物线y=ax2+bx+c经过O（0，0），A（4，0），B（3，$\sqrt{3}$）三点，连接AB，过点B作BC∥x轴交该抛物线于点C．分析 （1）运用待定系数法，代入O，A，B，解方程可得a，b，c，进而得到抛物线的方程；
（2）①过B作BE垂直于x轴，过点Q作QF⊥x轴交x轴于F，分别求出PA，QF的长，再由三角形的面积公式，化简即可得到所求；
②由二次函数的最值的求法，即可得到所求最大值及三角形PQA的形状；
（3）存在，当点Q在AB上运动时，要使得△PQA是直角△，必须使∠PQA=90°．由直角三角形的性质即可得到所求t的值，以及P，Q的坐标．
解答 
解：（1）抛物线y=ax2+bx+c经过O（0，0），A（4，0），
B（3，$\sqrt{3}$）三点，
∴$\left\{\begin{array}{l}16a+4b+c=0\\ 9a+3b+c=\sqrt{3}\end{array}\right.解得a=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，b=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}，c=0$，
∴$y=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}{x^2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{3}x$；
（2）
①过B作$BE⊥x交x轴于E，则BE=\sqrt{3}，AE=1，AB=2$，
$由tan∠BAE=\frac{BE}{AE}=\sqrt{3}得∠BAE=6{0^0}$
由题意QA=t，PA=4-t，
过点Q作QF⊥x轴交x轴于F，
则$sin∠BAE=\frac{QF}{AQ}，QF=\frac{{\sqrt{3}t}}{2}$，
则S=$\frac{1}{2}$PA•QF=$\frac{1}{2}（4-t）•\frac{{\sqrt{3}}}{2}t$=$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}{t^2}+\sqrt{3}t$=$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}{（t-2）^2}+\sqrt{3}$，
②由S=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（t-2）2+$\sqrt{3}$，由-$\frac{\sqrt{3}}{4}$＜0，可得当t=2时，S取得最大值$\sqrt{3}$；
此时△PQA是等边三角形；
（3）存在，当点Q在AB上运动时，
要使得△PQA是直角△，必须使∠PQA=90°．
∴PA=2QA，
∴4-t=2t．
∴$t=\frac{4}{3}$，
∴P（$\frac{4}{3}$，0），Q（$\frac{10}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．
点评 本题考查二次函数的解析式的求法，注意运用待定系数法，考查三角形的面积公式的运用，以及直角三角形的判断，注意运用二次函数的最值的求法，考查运算能力，属于中档题．
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| A． | $\frac{7}{8}$ | B． | $\frac{1}{2}$ | C． | $\frac{3}{4}$ | D． | $\frac{{\sqrt{3}}}{2}$ |
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| A． | -3e | B． | -1 | C． | -e3 | D． | e2 |
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如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=45°，PA⊥平面ABC，且PA=BC=1，则二面角A-PB-C的平面角是60°．