分析 （1）先利用∠ABC的正切值求出OC的长，得到点C的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）四边形DOEB的内切圆圆心为N，连接BN，过点作NG⊥OD于点G，作NH⊥OB于点H，则四边形OHNG为正方形，设NH=X，则OH=x，BH=6-x，根据四边形DOEB的内切圆圆心为N，所以∠NBH=$\frac{1}{2}∠OBC$，根据tan∠ABC=$\frac{4}{3}$，求得tan$\frac{1}{2}∠ABC$=$\frac{1}{2}$，所以$\frac{NH}{BH}=\frac{1}{2}$，即$\frac{x}{6-x}=\frac{1}{2}$，解得：x=2，即NH=2，所以内切圆的直径为4，所以DM∥x轴，设M点的坐标为（x，4），把（x，4）代入抛物线C1的解析式，即可解答；
（3）先利用二次函数的图象与几何变换得出抛物线C2的解析式，并设P（m，$\frac{1}{4}$m2），直线PQ的解析式为y=kx+n（k≠0），根据直线PQ与抛物线有一个交点求得n=-k2，然后用k表示点P、Q、G的坐标，得到GF=FQ，再利用直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质和平行线的性质进行推理即可．
解答 解：（1）由B（6，0）可得OB=6，
∵tan∠ABC=$\frac{OC}{OB}=\frac{OC}{6}=\frac{4}{3}$，
∴OC=8，点C的坐标为（0，8），
∵点A、B、C三点在抛物线C1上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{256}{9}a-\frac{16}{3}b+c=0}\\{36a+6b+c=0}\\{c=8}\end{array}\right.$，
∴抛物线C1的解析式为y=$-\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{1}{6}x+8$；
（2）如图1，
四边形DOEB的内切圆圆心为N，连接BN，过点作NG⊥OD于点G，作NH⊥OB于点H，
则四边形OHNG为正方形，设NH=X，则OH=x，BH=6-x，
∵四边形DOEB的内切圆圆心为N，
∴∠NBH=$\frac{1}{2}∠OBC$，
∵tan∠ABC=$\frac{4}{3}$，
即tan∠ABC=$\frac{2tan\frac{1}{2}∠ABC}{1-（tan\frac{1}{2}∠ABC）^{2}}$=$\frac{4}{3}$，
解得：$tan\frac{1}{2}∠ABC=-2$（舍去），$tan\frac{1}{2}∠ABC=\frac{1}{2}$，
∴tan∠NBH=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{NH}{BH}=\frac{1}{2}$，
即$\frac{x}{6-x}=\frac{1}{2}$，
解得：x=2，
即NH=2，
∴内切圆的直径为4，
∵OD=4，
∴OD=内切圆的直径，
∴DM∥x轴，
∴设M点的坐标为（x，4），
把（x，4）代入抛物线C1的解析式为y=$-\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{1}{6}x+8$得：$-\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{1}{6}x+8=4$，
解得：x=$\frac{1-\sqrt{145}}{3}$（舍去）或$\frac{1+\sqrt{145}}{3}$，
∴点M的坐标为（$\frac{1+\sqrt{145}}{3}$，4）．
（3）∵抛物线C1绕着某点旋转180°，得到的新抛物线C2的顶点为坐标原点，
∴新抛物线C2的解析式为y=$\frac{1}{4}$x2，
设P（m，$\frac{1}{4}$m2），直线PQ的解析式为y=kx+n（k≠0），
由点Q是y轴负半轴上一点，过Q点的直线PQ与抛物线C2在第二象限有唯一公共点P，得$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}{x}^{2}}\\{y=kx+n}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{4}$x2-kx+n=0，
∴△=（-k）2-4×$\frac{1}{4}$×（-n）=0，∴n=-k2，
∴直线PQ的解析式为y=kx-k2，P（2k，k2），Q（0，-k2），
设直线PG的解析式为y=$\frac{1}{4}$x+p，将P的坐标代入可得p=k2-2，则G（0，k2-2），
∴GF=k2-1，FQ=k2-1，
∴GF=FQ，即点F是Rt△GPQ斜边上的中点，
∴FP=FG，
∴∠FPG=∠FGP，
又∵PT∥y轴，
∴∠TPG=∠FGP，
∴∠TPG=∠FPG．
点评 本题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，综合性较强，有一定的难度，解题时要注意数形结合思想，方程思想，分类讨论思想的应用．
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