如图，在平面直角坐标系中，顶点为（4，-1），的抛物线交y轴于A点，交x轴于B、C两点（点B在点C的左侧），已知A点的坐标为（0，3）．分析 （1）已知抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将A点坐标代入其中，即可求出此二次函数的解析式；
（2）①过P作y轴的平行线，交AC于Q；易求得直线AC的解析式，可设出P点的坐标，进而可表示出P、Q的纵坐标，也就得出了PQ的长；然后根据三角形面积的计算方法，可得出关于△PAC的面积与P点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出△PAC的最大面积及对应的P点坐标；
②当△PAM是等腰直角三角形时，设M（4，y），P（m，$\frac{1}{4}$m2-2m+3），分三种情况进行讨论：Ⅰ）∠M=90°，MA=MP；Ⅱ）∠A=90°，AM=AP；Ⅲ）∠P=90°，PA=PM．
解答 解：（1）设抛物线为y=a（x-4）2-1，
∵抛物线经过点A（0，3），
∴3=a（0-4）2-1，
解得a=$\frac{1}{4}$，
∴抛物线的解析式为y=$\frac{1}{4}$（x-4）2-1，即y=$\frac{1}{4}$x2-2x+3；（2）①如图，过点P作平行于y轴的直线交AC于点Q；
可求出AC的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+3；
设P点的坐标为（m，$\frac{1}{4}$m2-2m+3），
则Q点的坐标为（m，-$\frac{1}{2}$m+3）；
∴PQ=-$\frac{1}{2}$m+3-（$\frac{1}{4}$m2-2m+3）=-$\frac{1}{4}$m2+$\frac{3}{2}$m．
∵S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=$\frac{1}{2}$×（-$\frac{1}{4}$m2+$\frac{3}{2}$m）×6
=-$\frac{3}{4}$（m-3）2+$\frac{27}{4}$；
∴当m=3时，△PAC的面积最大为$\frac{27}{4}$；
此时，P点的坐标为（3，-$\frac{3}{4}$）；
②∵点P是抛物线上位于A、C两点之间的一个动点，点P的横坐标为m，C（6，0），
∴0＜m＜6．
当△PAM是等腰直角三角形时，设M（4，y），P（m，$\frac{1}{4}$m2-2m+3），分三种情况：
Ⅰ）如果∠M=90°，MA=MP，显然M（4，3），P（4，-1）；
Ⅱ）如果∠A=90°，AM=AP，如图，作MN⊥y轴于点N，PQ⊥y轴于点Q，易证△AMN≌△PAQ，
则MN=AQ=4，即3-（$\frac{1}{4}$m2-2m+3）=4，解得m=4，
所以P（4，-1），
∵AN=PQ=4，
∴y-3=4，
∴y=7，
∴M（4，7）；
Ⅲ）如果∠P=90°，PA=PM，如图，作MN⊥y轴于点Q，交对称轴于点N，易证△PQA≌△MNP，
则PQ=MN，AQ=PN，
即m=y-（$\frac{1}{4}$m2-2m+3），3-（$\frac{1}{4}$m2-2m+3）=4-m，
∴y=2m-1，
∵AP=PM，
∴m2+（$\frac{1}{4}$m2-2m+3-3）2=（m-4）2+（$\frac{1}{4}$m2-2m+3-2m+1）2，
整理得m3-14m2+40m-32=0，
（m-2）（m2-12m+16）=0，
解得m1=2，m2=6+2$\sqrt{5}$，m3=6-2$\sqrt{5}$．
当m1=2时，y=3，M（4，3），P（2，0），AP2+PM2=13+13=26≠AM2=16，m1=2不合题意舍去；
m2=6+2$\sqrt{5}$＞6，不合题意舍去；
当m3=6-2$\sqrt{5}$时，M（4，11-4$\sqrt{5}$），P（6-2$\sqrt{5}$，5-2$\sqrt{5}$），AP2+PM2=80-32$\sqrt{5}$+80-32$\sqrt{5}$=160-64$\sqrt{5}$=AM2=160-64$\sqrt{5}$，m3=6-2$\sqrt{5}$符合题意．
综上所述，在抛物线的对称轴上存在点M，使得△PAM是等腰直角三角形，此时点M的坐标是（4，3）或（4，7）或M（4，11-4$\sqrt{5}$）．
点评 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到利用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，三角形的面积求法，等腰直角三角形的性质等知识，综合性较强，有一定难度．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
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