23. (12分)如图，已知直线 $ y = kx - 3 $ 与 $ x $ 轴交于点 $ A(4, 0) $，与 $ y $ 轴交于点 $ C $，抛物线 $ y = -\dfrac{3}{4}x^2 + mx + n $ 经过点 $ A $ 和点 $ C $，动点 $ P $ 在 $ x $ 轴上以每秒1个长度单位的速度由抛物线与 $ x $ 的另一个交点 $ B $ 向点 $ A $ 运动，点 $ Q $ 由点 $ C $ 沿线段 $ CA $ 向点 $ A $ 运动且速度是点 $ P $ 运动速度的2倍。
(1)求此抛物线的解析式和直线的解析式；
(2)如果点 $ P $ 和点 $ Q $ 同时出发，运动时间为 $ t $(秒)，则当 $ t $ 为何值时，以 $ A $，$ P $，$ Q $ 为顶点的三角形与 $ △ AOC $ 相似；
(3)在直线 $ CA $ 上方的抛物线上是否存在一点 $ D $，使得 $ △ ACD $ 的面积最大？若存在，求出点 $ D $ 的坐标；若不存在，请说明理由。

23. 解：(1)
∵直线 y=kx-3 与 x 轴交于点 A(4,0)，
∴0=4k-3，
解得$ k=\frac{3}{4}$
∴直线的解析式为$ y=\frac{3}{4}x-3$
由直线$ y=\frac{3}{4}x-3 $与 y 轴交于点 C，可知 C(0,-3)，则 n=-3
∴$-\frac{3}{4}×4^{2}+4m-3=0$，
解得$ m=\frac{15}{4}$
∴抛物线的解析式为$ y=-\frac{3}{4}x^{2}+\frac{15}{4}x-3$
(2) 对于抛物线$ y=-\frac{3}{4}x^{2}+\frac{15}{4}x-3$，
令 y=0，则$ 0=-\frac{3}{4}x^{2}+\frac{15}{4}x-3$，
解得$ x_{1}=1,x_{2}=4$
∴B(1,0)
∴AB=3,AO=4,CO=3,AC=5,AP=3-t,AQ=5-2t
① 若$ ∠ Q_{1}P_{1}A=90^{\circ}$，则$ P_{1}Q_{1}// CO$，
∴$△ AP_{1}Q_{1}∽△ AOC$
∴$\frac{AP_{1}}{AO}=\frac{AQ_{1}}{AC}$，
∴$\frac{3-t}{4}=\frac{5-2t}{5}$，
解得$ t=\frac{5}{3}$
②若$∠P_{2}Q_{2}A = 90^{\circ}$，
$\because ∠P_{2}AQ_{2} = ∠CAO$，
$\therefore △ AP_{2}Q_{2} ∽ △ ACO$。
$\therefore \frac{AP_{2}}{AC} = \frac{AQ_{2}}{AO}$。
$\therefore \frac{3 - t}{5} = \frac{5 - 2t}{4}$，
解得$t = \frac{13}{6}$。
综上，当$t$的值为$\frac{5}{3}$或$\frac{13}{6}$时，以$P$，$Q$，$A$为顶点的三角形与$△ AOC$相似。
（3）存在。理由：
如图②，过点$D$作$DF ⊥ x$轴，垂足为$E$，交$AC$于点$F$。
$\therefore S_{△ ADF} = \frac{1}{2}DF · AE$，
$S_{△ CDF} = \frac{1}{2}DF · EO$。
$\therefore S_{△ ACD} = S_{△ ADF} + S_{△ CDF}$
$ = \frac{1}{2}DF · (AE + EO) = \frac{1}{2} × 4(DE +$EF）=2×（-$\frac{3}{4}$x² + $\frac{15}{4}$x - 3 - $\frac{3}{4}$x + 3）
=-$\frac{3}{2}$x² + 6x.
∴S△ACD = -$\frac{3}{2}$(x - 2)² + 6(0 ＜ x ＜ 4).
又0 ＜ 2 ＜ 4且二次项系数 -$\frac{3}{2}$ ＜ 0，
∴当x = 2时，S△ACD的面积最大.
而当x = 2时，y = $\frac{3}{2}$，
∴满足条件的D点坐标为D(2，$\frac{3}{2}$).