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如图，在平面直角坐标系中，顶点为（4，1）的抛物线交y轴于点A，交x轴于B，C两点（点B在点C的左侧），已知C点坐标为（6，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）联结 AB，过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与抛物线的对称轴l相切，先补全图形，再判断直线BD与⊙C的位置关系并加以证明；
（3）已知点P是抛物线上的一个动点，且位于A，C两点之间．问：当点P运动到什么位置时，△PAC的面积最大？求出△PAC的最大面积．

（1）解：∵抛物线的顶点为（4，1），
∴设抛物线解析式为y=a（x-4）²+1，
∵抛物线经过点C（6，0），
∴a（6-4）²+1=0，
解得a=- $\text{[math]}$ ，
∴y=- $\text{[math]}$ （x-4）²+1=- $\text{[math]}$ x²+2x-3，
所以，抛物线的解析式为y=- $\text{[math]}$ x²+2x-3；

（2）补全图形如图所示；直线BD与⊙C相离．
证明：令y=0，则- $\text{[math]}$ x²+2x-3=0，
整理得，x²-8x+12=0，

解得x₁=2，x₂=6，
∴B点坐标（2，0），
又∵抛物线交y轴于点A，
∴A点坐标为（0，-3），
∴AB= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
设⊙C与对称轴l相切于点F，则⊙C的半径CF=2，
作CE⊥BD于点E，则∠BEC=∠AOB=90°．
∵∠ABD=90°，
∴∠CBE=90°-∠ABO，
又∵∠BAO=90°-∠ABO，
∴∠BAO=∠CBE，
∴△AOB∽△BEC，
∴ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
解得CE= $\text{[math]}$ ＞2，
∴直线BD与⊙C相离；

（3）解：如图，过点P作平行于y轴的直线交AC于点Q，
∵A（0，-3），C（6，0），

∴直线AC解析式为y= $\text{[math]}$ x-3，
设P点坐标为（m，- $\text{[math]}$ m²+2m-3），
则Q点的坐标为（m， $\text{[math]}$ m-3），
∴PQ=- $\text{[math]}$ m²+2m-3-（ $\text{[math]}$ m-3）=- $\text{[math]}$ m²+ $\text{[math]}$ m，
∵S_△PAC=S_△PAQ+S_△PCQ，
= $\text{[math]}$ ×（- $\text{[math]}$ m²+ $\text{[math]}$ m）×6，
=- $\text{[math]}$ m²+ $\text{[math]}$ m，
=- $\text{[math]}$ （m-3）²+ $\text{[math]}$ ，
∴当m=3时，△PAC的面积最大为 $\text{[math]}$ ，
∵当m=3时，- $\text{[math]}$ m²+2m-3=- $\text{[math]}$ ×3²+2×3-3= $\text{[math]}$ ，
∴P点坐标为（3， $\text{[math]}$ ），
综上所述，P点的位置是（3， $\text{[math]}$ ），△PAC的最大面积是 $\text{[math]}$ ．
分析：（1）设抛物线顶点式解析式为y=a（x-4）²+1，然后把点C的坐标代入解析式求出a的值，即可得解；
（2）令y=0求出点B的坐标，令x=0求出点A的坐标，然后求出OA、OB，再利用勾股定理列式求出AB，设⊙C与对称轴l相切于F，根据圆的半径求出CF，过点C作CE⊥BD于E，求出△AOB和△BEC相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出CE，然后根据直线与圆的位置关系求解即可；
（3）根据抛物线解析式设点P的坐标为（x，- $\text{[math]}$ x²+2x-3），过点P作PQ∥y轴交直线AC于Q，求出直线AC的解析式并表示出点Q的坐标，然后求出PQ的长，再根据三角形的面积公式列式整理，然后利用二次函数的最值问题确定出点P的横坐标，再求出纵坐标，即可得解．
点评：本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值问题，（1）用顶点形式设出抛物线解析式更简便，（2）关键在于求出两个三角形相似，（3）把△APC分成两个三角形表示出面积是解题的关键．

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