如图，已知抛物线与x轴交于点A（-2，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，）．
（1）求抛物线的解析式及其顶点D的坐标；
（2）设直线CD交x轴于点E，过点B作x轴的垂线，交直线CD于点F，在直线CD的上方，y轴及y轴的右侧的平面内找一点G，使以点G、F、C为顶点的三角形与△COE相似，请直接写出符合要求的点G的坐标；
（3）如图，抛物线的对称轴与x轴的交点M，过点M作一条直线交∠ADB于T，N两点，
①当∠DNT=90°时，直接写出的值；
②当直线TN绕点M旋转时，
试说明：△DNT的面积S△DNT=DN?DT；
并猜想：的值是否是定值？说明理由．
网友回答
应该定值；原因是燕尾定理
网友回答
解：∵抛物线与x轴交于点A（-2，0），B（4，0），
∴设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x-4），
∵此抛物线与y轴交于点C（0，），
∴=a（0+2）（0-4），
解得：a=-，
∴抛物线的解析式为：y=-（x+2）（x-4），
即y=-x2+x+=-（x-1）2+3，
故顶点D的坐标为：（1，3）；
（2）设直线CD的解析式为：y=kx+b，
则，
解得：，
故直线CD的解析式为：y=x+，
则点E的坐标为：（-8，0），点F的坐标为：（4，4），
则OE=8，BF=4．
∵C（0，），B（4，0），
∴OC=，OB=4，
∴EB=12，
∴由勾股定理得：
EF=8，CE=．
∴CF=．
如图1，过点F作FG⊥y轴于点G，则△COE∽△CGF，此时点G的坐标为：（0，4）；
如图2，过点F作GF⊥CD，交y轴于点G，则△COE∽△CFG，
∴，
∴，
∴CG=．
∴OG=8，
∴点G的坐标为：（0，8）；
若CG⊥FG，则△COE∽△CGF，
∴，
∴．
设G（x，y），由两点间的距离公式为：
CG2=x2+（y-）2=x2+y2+-y，
GF2=（x-4）2+（y-4）2=x2+16-8x+y2+48-8y，
CF2=，OE2=64，CE2=，OC2=，
，
变形为：，
解得：，（舍去）．
∴G（0，4）．
综上所述G点的坐标是：（0，4）、（0，8）．
（3）①∵抛物线是轴对称图形，DM是对称轴，
∴DA=DB，
∵tan∠DAB==
∴∠DAB=60°，
∴△DAB是等边三角形，
∴∠ADB=60°．
∵∠DNT=90°，
∴∠DTN=∠MDN=30°，
∴DN=4.5，DT=9，
∴==．
②=
理由：作NH⊥DT于H，
∵S△DNT=DT．NH
∴S△DNT═DT．DN．sin60°
∴S△DNT=DT．DN．
∵S△DNT=S△DMT+S△DMN，
∴DT．DN=×DT?DM+DN?DM，
∴DT．DN=×DT?×3+DN?×3，
∴DT．DN=（DT+DN），
∴DT．DN=3（DT+DN），
∴=．
解析分析：（1）根据点的坐标直接运用待定系数法就可以求出抛物线的解析式，然后再化成顶点式就可以求出顶点坐标；
（2）分情况讨论根据相似三角形的性质就可以求出点G的坐标；
（3）①运用直角三角形的性质和勾股定理的运用求出DN、DT的值就可以求出结论；
②作NH⊥DT于H，可以表示出S△DNT=DT．NH就可以得出S△DNT═DT．DN．sin60°，从而得出S△DNT=DT．DN．再由S△DNT=S△DMT+S△DMN，就有DT．DN=×DT?DM+DN?DM，可以得出DT．DN=3（DT+DN），进而得出结论．
点评：本题是一道二次函数的综合试题，考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，相似三角形的判定及性质的运用，特殊角的三角函数值的运用，三角形的面积公式的运用，抛物线的性质的运用，解答时合理利用三角形的面积公式是关键．