如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边O...

（1）抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式； （2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解．结论：存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形； （3）本问关键是求得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值．解答中提供了三种求解面积S表达式的方法，殊途同归，可仔细体味． 【解析】 （1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C， 可得c=0，∴， 解得a=，b=， ∴抛物线解析式为y=x2+x． （2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN= ∴P（t，），∵点M在抛物线上，∴M（t，t2+t）． 如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H， AG=yA-yM=2-（t2+t）=t2-t+2，BH=PN=． 当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形， ∴t2-t+2=， 化简得3t2-8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=， ∴点P的坐标为（，） ∴存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形． （3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R． 求得过A、C的直线为yAC=-x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，-a+3）， 易知△OQT∽△OCD，可得QT=， ∴点Q的坐标为（a，）． 解法一： 设AB与OC相交于点J， ∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴= ∴HT===2-a， KT=A′T=（3-a），A′Q=yA′-yQ=（-a+3）-=3-a． S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ =KT•A′T-A′Q•HT =••（3-a）-•（3-a）•（-a+2） =a2+a-=（a-）2+ 由于＜0， ∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为． 解法二： 过点R作RH⊥x轴于H，则由△ORH∽△OCD，得  ① 由△RKH∽△A′O′B′，得   ② 由①，②得KH=OH， OK=OH，KT=OT-OK=a-OH   ③ 由△A′KT∽△A′O′B′，得， 则KT=    ④ 由③，④得=a-OH，即OH=2a-2，RH=a-1，所以点R的坐标为R（2a-2，a-1） S四边形RKTQ=S△QOT-S△ROK=•OT•QT-•OK•RH =a•a-（1+a-）•（a-1） =a2+a-=（a-）2+ 由于＜0， ∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为． 解法三： ∵AB=2，OB=1，∴tan∠O′A′B′=tan∠OAB=， ∴KT=A′T•tan∠O′A′B′=（-a+3）•=a+， ∴OK=OT-KT=a-（a+）=a-， 过点R作RH⊥x轴于H， ∵cot∠OAB=tan∠RKH==2， ∴RH=2KH 又∵tan∠OAB=tan∠ROH===， ∴2RH=OK+KH=a-+RH， ∴RH=a-1，OH=2（a-1）， ∴点R坐标R（2a-2，a-1） S四边形RKTQ=S△A′KT-S△A′RQ=•KT•A′T-A′Q•（xQ-xR） =••（3-a）-•（3-a）•（-a+2） =a2+a-=（a-）2+ 由于＜0， ∴在线段AC上存在点A′（，），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为．