分析 （1）由抛物线解析式求得点A、C的坐标，然后根据待定系数法来求直线AC的直线方程即可；
（2）如答图2，在直角三角形AOC中利用勾股定理求得AC的长度；过点D作DI⊥AC于点I，构建全等三角形△ADI≌△ADO（SSA）和Rt△CDI，利用全等三角形的性质可以设DI=DO=m，则DC=OC-OD=4-m．所以根据勾股定理列出关于m的方程，借助于方程解题即可求得点D的坐标；然后利用待定系数法求得直线AD方程，由直线上点的坐标特征、三角形的面积公式和二次函数最值的求法来求△BEF面积的最大值和此时点P的坐标；再利用平移的性质，根据两点间线段最短确定W的路径的最小值．
（3）需要分类讨论：①当顶点G在线段BC上时，如答图3．设P（t，0），先想办法列出方程求出t，从而求得点P的坐标和正方形的边长；此时重叠部分是△EHM．②当顶点H在线段BC上时，如答图4．重叠部分是四边形EHNQ．根据S=S△EHQ+S△HNQ求解即可．
解答 解：（1）如答图1，
抛物线的解析式为：y=$\frac{4}{3}$x2+$\frac{8}{3}$x-4．
令x=0，则y=-4，
∴C（0，-4）．
令y=0，则 $\frac{4}{3}$x2+$\frac{8}{3}$x-4=0，
解得，x1=-3，x2=1．
∴A（-3，0），B（1，0）．
设直线AC所在直线解析式为：y=kx+b（k≠0），
将A（-3，0），C（0，-4）代入可得，$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{b=-4}\end{array}\right.$，
解得 $\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{4}{3}}\\{b=-4}\end{array}\right.$，
直线AC所在直线解析式为：y=-$\frac{4}{3}$x-4；
（2）过点D作DI⊥AC于点I，如答图2．
∵A（-3，0），C（0，-4），
∴OA=3．
∴OC=4．
在Rt△AOC中，AC=$\sqrt{O{A}^{2}+O{C}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5．
∵在△ADI与△ADO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DIA=∠DOA=90°}\\{∠DAI=∠DAO}\\{DA=DA}\end{array}\right.$，
∴△ADI≌△ADO（SSA），
∴AI=AO=3，DI=DO．
设DI=DO=m，则DC=OC-OD=4-m．
∵IC=AC-AI，
∴IC=5-3=2．
在Rt△CDI中，∵ID2+IC2=DC2，
∴m2+22=（4-m）2，
解得，m=$\frac{3}{2}$．
∴OD=$\frac{3}{2}$．
∴D（0，-$\frac{3}{2}$）．
设直线AD所在直线解析式为：y=kx+b（k≠0），
将A（-3，0），D（0，-$\frac{3}{2}$）代入可得，$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=0}\\{b=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得 $\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
直线AD所在直线解析式为：y=-$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{2}$．
又∵直线AC的解析式为：y=-$\frac{4}{3}$x-4．
∴设P（n，0），则E（n，-$\frac{1}{2}$n-$\frac{3}{2}$），F（n，-$\frac{4}{3}$n-4），
∴BP=1-n，EF=（-$\frac{1}{2}$n-$\frac{3}{2}$）-（-$\frac{4}{3}$n-4）=$\frac{5}{6}$n+$\frac{5}{2}$，
∴S△BEF=$\frac{1}{2}$EF•BP=$\frac{1}{2}$（ $\frac{5}{6}$n+$\frac{5}{2}$）（1-n）=-$\frac{5}{12}$n2-$\frac{5}{6}$n+$\frac{5}{4}$（-3≤n≤1）．
∴该函数的对称轴是直线x=-1．
∴当x=-1时，S△BEF的最大值=$\frac{5}{3}$．
此时，P（-1，0）；E（-1，-1），F（-1，-$\frac{8}{3}$），
∴EF=$\frac{8}{3}$-1=$\frac{5}{3}$，
作BB′∥EF，BB′=EF，连接CB′交FJ于M，作MN⊥EK于N，连接BN，则W经过的最短路径B→N→M→C（答题图2′中红色线），
最短路径长=BN+MN+CM=B′M+CM+EF=CB′+EF=$\frac{5}{3}$+$\frac{\sqrt{58}}{3}$．
（3）由B（1，0），C（0，-4）可得直线BC的解析式为：y=4x-4．
①当顶点G在线段BC上时，如答图3．重叠部分是△EHM．
设P（t，0），则E（t，-$\frac{1}{2}$t-$\frac{3}{2}$），F（t，-$\frac{4}{3}$t-4），G（-$\frac{1}{3}$t，-$\frac{4}{3}$t-4）．
∴EF=（-$\frac{1}{2}$t-$\frac{3}{2}$）-（-$\frac{4}{3}$t-4）=$\frac{6}{5}$t+$\frac{5}{2}$，FG=-$\frac{1}{3}$t-t=-$\frac{4}{3}$t．
∵EF=FG，
∴$\frac{5}{6}$t+$\frac{5}{2}$=-$\frac{4}{3}$t，
解得，t=-$\frac{15}{13}$．
∴FG=-$\frac{4}{3}$×（-$\frac{15}{13}$）=$\frac{20}{13}$．
∴顶点G在线段BC上时，P（-$\frac{15}{13}$，0），正方形的边长为 $\frac{20}{13}$，G（$\frac{5}{13}$，-$\frac{32}{13}$），M（$\frac{5}{13}$，-$\frac{22}{13}$），
∴HM=$\frac{10}{13}$，EH=$\frac{20}{13}$，
∴S=$\frac{1}{2}$•$\frac{10}{13}$•$\frac{20}{13}$=$\frac{100}{169}$．
②当顶点H在线段BC上时，如答图4．重叠部分是四边形EHNQ．
设P（t，0），则E（t，-$\frac{1}{2}$t-$\frac{3}{2}$），F（t，-$\frac{4}{3}$t-4），H（-$\frac{1}{8}$t+$\frac{5}{8}$，-$\frac{1}{2}$t-$\frac{3}{2}$）．
∴EF=（-$\frac{1}{2}$t-$\frac{3}{2}$）-（-$\frac{4}{3}$t-4）=$\frac{5}{6}$t+$\frac{5}{2}$，EH=（-$\frac{1}{8}$t+$\frac{5}{8}$）-t=-$\frac{9}{8}$t+$\frac{5}{8}$．
∵EF=EH，
∴$\frac{5}{6}$t+$\frac{5}{2}$=-$\frac{9}{8}$t+$\frac{5}{8}$，
解得，t=-$\frac{45}{47}$．
∴EF=$\frac{5}{6}$×（-$\frac{45}{47}$）+$\frac{5}{2}$=$\frac{80}{47}$．
∴顶点H在线段BC上时，P（-$\frac{45}{47}$，0），E（-$\frac{45}{47}$，-$\frac{48}{47}$），H（$\frac{35}{47}$，-$\frac{48}{47}$），正方形的边长为 $\frac{80}{47}$．
∵AC的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}}\\{y=\frac{4}{3}{x}^{2}+\frac{8}{3}x-4}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-3}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{5}{8}}\\{y=-\frac{29}{16}}\end{array}\right.$，
∴点Q（$\frac{5}{8}$，-$\frac{29}{16}$），
∴直线BQ解析式为y=$\frac{29}{6}$x-$\frac{29}{6}$，
∴N（$\frac{35}{47}$，-$\frac{58}{47}$）
∴S=S△EHQ+S△HNQ=$\frac{1}{2}$•（$\frac{35}{47}$+$\frac{45}{47}$）•（$\frac{29}{16}$-$\frac{48}{47}$）+$\frac{1}{2}$•（$\frac{35}{47}$-$\frac{5}{8}$）•（$\frac{58}{47}$-$\frac{48}{47}$）=$\frac{12125}{17672}$．
综上所述，顶点G在线段BC上时，重叠部分面积为$\frac{100}{169}$，顶点H在线段BC上时，重叠部分面积为$\frac{12125}{17672}$．
点评 本题考查了二次函数综合题，其中涉及到了待定系数法求一次函数解析式，函数图象上点的坐标特征，二次函数最值的求法，勾股定理以及正方形的性质，此题难度较大，对于有关于动点问题的解答时，切记要分类讨论，以防漏解或错解．
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如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，若OA=2，∠P=60°，则弧$\widehat{AB}$的长为（ ）| A． | $\frac{2}{3}$π | B． | $\frac{4}{3}π$ | C． | $\frac{1}{3}π$ | D． | $\frac{5}{3}π$ |
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| A． | $\sqrt{12}$ | B． | $\sqrt{\frac{2}{3}}$ | C． | $\sqrt{60}$ | D． | $\sqrt{18}$ |
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如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC中点，∠BAD=36°，则∠C的度数为54°．