题目 如图，已知抛物线 $y=-\dfrac 12x^2+2x+6$ 与 $y$ 轴交于点 $A$，与 $x$ 轴交于点 $B$，点 $P$ 是线段 $AB$ 上方抛物线上的一个动点，<br><img src="/static/images/19b4de42e8318d8b7a077567d4e07497.png" class="img-responsive" /> 问题1 当点 $P$ 移动到抛物线的什么位置时，使得 $\angle PAB=75^\circ$，求出此时点 $P$ 的坐标； 答案1 $P$ 点坐标为 $(4-\dfrac 23\sqrt 3,\dfrac{16}{3}+\dfrac 43\sqrt 3)$ 解析1 过点 $P$ 作 $PC\perp y$ 轴，垂足为点 $C$，<img src="/static/images/ad9f0c19f28d8ea47bc337f292fa03c2.png" class="img-responsive" />因为 $OA=OB=6$，<br/>所以 $\angle OAB=45^\circ$．<br/>当 $\angle PAB=75^\circ$ 时，$\angle PAC=60^\circ$．<br/>因为 $\tan \angle PAC=\dfrac{CP}{AC}$，即所以 $\tan 60^\circ=\dfrac{CP}{AC}=\sqrt 3$．<br/>可设 $AC=m$，那么 $CP=\sqrt 3m$，<br/>所以 $P(\sqrt 3m,6+m)$．<br/>将 $P(\sqrt 3m,6+m)$ 代入 $y=-\dfrac 12x^2+2x+6$，得 $6+m=-\dfrac 12(\sqrt 3m)^2+2\sqrt 3m+6$，<br/>解得 $m_1=0,m_2=\dfrac 43\sqrt 3-\dfrac 23$，<br/>经检验 $P(0,6)$ 与点 $A$ 重合，不合题意，舍去．<br/>所以所求的 $P$ 点坐标为 $(4-\dfrac 23\sqrt 3,\dfrac{16}{3}+\dfrac 43\sqrt 3)$． 备注1 问题2 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？ 答案2 当 $t=-\dfrac {12}{2\times (-\dfrac 32)}=4$ 时，$S_{四边形PAMB}$ 有最大值 $24$ 解析2 当两个动点移动 $t$ 秒时，则点 $P(t,-\dfrac 12t^2+2t+6)$，点 $M(0,6-t)$，<br/>作 $PE\perp x$ 轴，垂足为 $E$，$PE$ 交 $AB$ 于点 $F$，则 $EF=EB=6-t$，<img src="/static/images/050352bdaade6a25d06e77a950050c3b.png" class="img-responsive" />所以 $F(t,6-t)$，<br/>所以 $FP=-\dfrac 12t^2+2t+6-(6-t)=-\dfrac 12t^2+3t$．<br/>因为点 $A$ 到 $PE$ 的距离等于 $OE$，点 $B$ 到 $PE$ 的距离等于 $BE$，<br/>所以 $S_{\triangle PAB}=\dfrac 12FP\cdot OE+\dfrac 12FP\cdot BE=\dfrac 12FP(OE+EB)=\dfrac 12FP\cdot OB=-\dfrac 32t^2+9t$．<br/>又 $S_{\triangle AMB}=S_{\triangle PAB}+S_{\triangle AMB}=-\dfrac 32t^2+12t$，<br/>当 $t=-\dfrac {12}{2\times (-\dfrac 32)}=4$ 时，$S_{四边形PAMB}$ 有最大值 $24$． 备注2