分析：（1）已知A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，进而能得到顶点B的坐标．
（2）过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可．BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，此题得证．
（3）△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=
，即AE=3BE，若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，那么该三角形必须满足两个条件：①有一个角是直角、②两直角边满足1：3的比例关系；然后分情况进行求解即可．
（4）过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠部分是个四边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠部分是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解．
解答：（1）解：由题意，设抛物线解析式为y=a（x-3）（x+1）．
将E（0，3）代入上式，解得：a=-1．
∴y=-x
2+2x+3．
则点B（1，4）．
（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE=
=3
．
在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE=
=
．
∴∠BEA=180°-∠1-∠MEB=90°．
∴AB是△ABE外接圆的直径．
在Rt△ABE中，tan∠BAE=
=
=tan∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE．
在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°．
∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．
∴CB是△ABE外接圆的切线．
（3）解：Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=
，sin∠BAE=
，cos∠BAE=
；
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形；
①DE为斜边时，P
1在x轴上，此时P
1与O重合；
由D（-1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3，即tan∠DEO=
=tan∠BAE，即∠DEO=∠BAE
满足△DEO∽△BAE的条件，因此 O点是符合条件的P
1点，坐标为（0，0）．
②DE为短直角边时，P
2在x轴上；
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠DEP
2=∠AEB=90°，sin∠DP
2E=sin∠BAE=
；
而DE=
=
，则DP
2=DE÷sin∠DP
2E=
÷
=10，OP
2=DP
2-OD=9
即：P
2（9，0）；
③DE为长直角边时，点P
3在y轴上；
若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠EDP
3=∠AEB=90°，cos∠DEP
3=cos∠BAE=
；
则EP
3=DE÷cos∠DEP
3=
÷
=
，OP
3=EP
3-OE=
；
综上，得：P
1（0，0），P
2（9，0），P
3（0，-
）．
（4）解：设直线AB的解析式为y=kx+b．
将A（3，0），B（1，4）代入，得
，解得
．
∴y=-2x+6．
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=
，∴F（
，3）．
情况一：如图2，当0＜t≤
时，设△AOE平移到△GNM的位置，MG交AB于点H，MN交AE于点S．
则ON=AG=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．
由△AHG∽△FHM，得
=，即
=．
解得HK=2t．
∴S
阴=S
△MNG-S
△SNA-S
△HAG=
×3×3-
（3-t）
2-
t•2t=-
t
2+3t．
情况二：如图3，当
＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．
由△IQA∽△IPF，得
=．即
=，
解得IQ=2（3-t）．
∵AQ=VQ=3-t，
∴S
阴=
IV•AQ=
（3-t）
2=
t
2-3t+
．
综上所述：s=
．
第1卷单元月考期中期末系列答案
（2012•荆州）如图，△ABC是等边三角形，P是∠ABC的平分线BD上一点，PE⊥AB于点E，线段BP的垂直平分线交BC于点F，垂足为点Q．若BF=2，则PE的长为（ ）
（2012•荆州）如图，在直角坐标系中，四边形OABC是直角梯形，BC∥OA，⊙P分别与OA、OC、BC相切于点E、D、B，与AB交于点F．已知A（2，0），B（1，2），则tan∠FDE=
（2012•荆州）如图是一个上下底密封纸盒的三视图，请你根据图中数据，计算这个密封纸盒的表面积为
