①∵PA交直线BC于点

D

，

∴设点D的坐标为( $m$ ， $- m + 3$ )，

设直线PA的表达式为 $y = k_{1} x + b_{1}$ ，

∴ ${\begin{matrix} - k_{1} + b_{1} = 0 \\ m k_{1} + b_{1} = - m + 3 \end{matrix}$ ，

解得： ${\begin{matrix} k_{1} = \frac{- m + 3}{m + 1} \\ b_{1} = \frac{- m + 3}{m + 1} \end{matrix}$ ，

∴直线PA的表达式为 $y = \frac{- m + 3}{m + 1} x + \frac{- m + 3}{m + 1}$ ，

∴ $\frac{- m + 3}{m + 1} x + \frac{- m + 3}{m + 1} = - x^{2} + 2 x + 3$ ，

整理得： $(x - \frac{4 m}{m + 1}) (x + 1) = 0$ ，

解得： $x_{1} = \frac{4 m}{m + 1} ， x_{2} = - 1$ (不合题意，舍去)，

∴点D的横坐标为 $m$ ，点P的横坐标为 $\frac{4 m}{m + 1}$ ，

分别过点D、P作x轴的垂线，垂足分别为M、N，如图：

∴DM∥PN，OM= $m$ ，ON= $\frac{4 m}{m + 1}$ ，OA=1，

∴ $\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{S_{△ PDC}}{S_{△ ADC}} = \frac{P D}{D A} = \frac{M N}{A M} = \frac{\frac{4 m}{m + 1} - m}{m + 1}$

$= \frac{- m^{2} + 3 m}{{(m + 1)}^{2}}$

$= \frac{- {(m - \frac{3}{2})}^{2} + \frac{9}{4}}{{(m + 1)}^{2}}$ ，

∵ $- 1 < 0$ ，

∴当 $m = \frac{3}{2}$ 时，分子取得最大值，即 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 有最大值，最大值为 $\frac{9}{25}$ ；

②存在，理由如下：

作 $F G ⊥ A B$ 于G，如图，

∵ $y = - x^{2} + 2 x + 3$ 的对称轴为： $x = - \frac{b}{2 a} = 1$ ，

∴OE=1，

∵B(3，0)，C(0，3)

∵OC=OB=3，∠OCB=90 $°$ ，

∴△OCB是等腰直角三角形，

∵∠EFB=90 $°$ ，BE=OB-OE=2，

∴△OCB是等腰直角三角形，

∴EG=GB=EG=1，

∴点 $F$ 的坐标为(2， $1$ )，

当EF为边时，

∵EFPQ为平行四边形，

∴QE=PF，QE∥PF∥ $y$ 轴，

∴点P的横坐标与点F的横坐标同为2，

当 $x = 2$ 时， $y = - 2^{2} + 2 \times 2 + 3 = 3$ ，

∴点P的坐标为(2， $3$ )，

∴QE=PF=3-1=2，

点Q的坐标为(1，2)；

当EF为对角线时，如图，

∵PEQF为平行四边形，

∴QE=PF，QE∥PF∥ $y$ 轴，

同理求得：点P的坐标为(2， $3$ )，

∴QE=PF=3-1=2，

点Q的坐标为(1， $- 2$ )；

综上，点P的坐标为(2， $3$ )，点Q的坐标为(1，2)或(1， $- 2$ )；

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