（广东专版）2019年中考数学一轮复习 专题8 专题拓展 8.4 开放探究型（试卷部分）课件.ppt

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第八章专题拓展8.4开放探究型,中考数学(广东专用),解答题,好题精练,1.(2018陕西,25,12分)问题提出(1)如图①,在△ABC中,∠A=120,AB=AC=5,则△ABC的外接圆半径R的值为.问题探究(2)如图②,☉O的半径为13,弦AB=24,M是AB的中点,P是☉O上一动点,求PM的最大值.问题解决(3)如图③所示,AB、AC、是某新区的三条规划路,其中,AB=6km,AC=3km,∠BAC=60,所对的圆心角为60.新区管委会想在路边建物资总站点P,在AB、AC路边分别建物资分站点E、F,也就是,分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F.由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输,因此,要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP.为了快捷、环保和节约成本,要使得线段PE、EF、FP之和最短,试求PE+EF+FP的最小值.(各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计),,解析(1)5(2分)详解:如图,设O是△ABC的外接圆的圆心,∴OA=OB=OC,又AB=AC,∴△AOB≌△AOC,∴∠BAO=∠CAO,∵∠BAC=120,∴∠BAO=60,∴△ABO是等边三角形,∴AB=OA=OB=5.即△ABC的外接圆半径R的值为5.(2)如图,连接MO,并延长与☉O相交于点P,连接OA,OP.,∵M是弦AB的中点,∴OM⊥AB,AM=AB=12.在Rt△AOM中,OM==5.(4分)∵PM≤OM+OP=OM+OP=MP=18,∴当点P运动到P时,PM取得最大值,为18.(5分)(3)如图,设P为上任意一点,分别作点P关于直线AB、AC的对称点P1、P2,连接P1P2,分别与AB、AC相交于点E、F,连接PE,PF,,∴△PEF的周长=P1E+EF+P2F=P1P2,对于点P及分别在AB、AC上的任意点E、F,有△PEF的周长≥△PEF的周长=P1P2.即△PEF周长的最小值为P1P2的长.(7分)连接AP1,AP,AP2,则AP1=AP=AP2,∠P1AB=∠PAB,∠P2AC=∠PAC,∴∠P1AP2=2∠BAC=120,∴P1P2=AP1=AP.(8分)∴要使P1P2最短,只要AP最短即可.设O为所在圆的圆心,连接OB、OC、OP、OA,且OA与相交于点P,,则AP+PO≥AO.∴AP≥AP.(9分)连接BC,易证△ACB为直角三角形,且∠ABC=30,∠ACB=90,∴BC=ACtan60=3km.∵∠BOC=60,OB=OC,∴BO=BC=3km,∠OBC=60,∠ABO=∠ABC+∠OBC=90.在Rt△ABO中,AO===3km.(11分)∴AP=(AO-OP)=(3-3)=(3-9)km.∴P1P2的最小值为AP=(3-9)km.∴PE+EF+FP的最小值为(3-9)km.(12分),思路分析(1)设O是△ABC的外接圆的圆心,根据全等三角形的判定与性质和圆的半径相等可证△ABO是等边三角形,所以AB=OA=OB=5;(2)当PM⊥AB时,PM有最大值,根据垂径定理可得AM=AB=12,再根据勾股定理求得OM=5,进而由PM≤OM+OP=OM+OP=MP=18得解;(3)分别以AB、AC所在的直线为对称轴,作出P关于AB的对称点为P1,关于AC的对称点为P2,易得△PEF的周长为P1P2的长,根据P1P2=AP,可知要使P1P2最短,只要AP最短,OA与交于点P,此时使得线段PE、EF、FP之和最短,然后先判定△ABC为直角三角形,求出BC的长,在Rt△ABO中由勾股定理求出AO的长,进而求出AP的值,最后求得PE+EF+FP的最小值.,难点分析本题难点在于第(3)问如何确定P点的位置及何时PE+EF+FP取得最小值.读懂题目信息也就明确了可以利用轴对称确定最短路线问题,同时结合圆半径和线段OA的长度求出AP的最小值.,2.(2018青岛,23,10分)问题提出:用若干相同的一个单位长度的细直木棒,按照下图方式搭建一个长方体框架,探究所用木棒条数的规律.问题探究:我们先从简单的问题开始探究,从中找出解决问题的方法.探究一用若干木棒来搭建横长是m,纵长是n的矩形框架(m、n是正整数),需要木棒的条数.如图①,当m=1,n=1时,横放木棒为1(1+1)条,纵放木棒为(1+1)1条,共需4条;如图②,当m=2,n=1时,横放木棒为2(1+1)条,纵放木棒为(2+1)1条,共需7条;如图③,当m=2,n=2时,横放木棒为2(2+1)条,纵放木棒为(2+1)2条,共需12条;,如图④,当m=3,n=1时,横放木棒为3(1+1)条,纵放木棒为(3+1)1条,共需10条;如图⑤,当m=3,n=2时,横放木棒为3(2+1)条,纵放木棒为(3+1)2条,共需17条.问题(一):当m=4,n=2时,共需木棒条.问题(二):当矩形框架横长是m,纵长是n时,横放的木棒为条,纵放的木棒为条.探究二用若干木棒来搭建横长是m,纵长是n,高是s的长方体框架(m、n、s是正整数),需要木棒的条数.如图⑥,当m=3,n=2,s=1时,横放与纵放木棒之和为[3(2+1)+(3+1)2](1+1)=34条,竖放木棒为(3+1)(2+1)1=12条,共需46条;如图⑦,当m=3,n=2,s=2时,横放与纵放木棒之和为[3(2+1)+(3+1)2](2+1)=51条,竖放木棒为(3+1)(2+1)2=24条,共需75条;,如图⑧,当m=3,n=2,s=3时,横放与纵放木棒之和为[3(2+1)+(3+1)2](3+1)=68条,竖放木棒为(3+1)(2+1)3=36条,共需104条.,问题(三):当长方体框架的横长是m,纵长是n,高是s时,横放与纵放木棒条数之和为条,竖放木棒条数为条.实际应用:现在按探究二的搭建方式搭建一个纵长是2、高是4的长方体框架,总共使用了170条木棒,则这个长方体框架的横长是.拓展应用:若按照下图方式搭建一个底面边长是10,高是5的正三棱柱框架,需要木棒条.,解析问题(一):当m=4,n=2时,共需木棒4(2+1)+(4+1)2=12+10=22条.问题(二):当矩形框架横长是m,纵长是n时,横放的木棒为m(n+1)条,纵放的木棒为n(m+1)条.问题(三):由题图⑥⑦⑧探索发现:横放与纵放木棒条数之和为[m(n+1)+(m+1)n](s+1)条,竖放木棒条数为s(m+1)(n+1)条.实际应用:按探究二的搭建方式搭建一个纵长是2、高是4的长方体框架,总共使用了170条木棒,设这个长方体框架的横长是x,根据规律可得[2(x+1)+x(2+1)](4+1)+4(2+1)(x+1)=170,解得x=4,所以这个长方体框架的横长是4.拓展应用:若按照如题图方式搭建一个底面边长是10,高是5的正三棱柱框架,每层三角形从左到右的个数=1+2+3+4+5+…+10,有两个腰,腰的总个数=2(1+2+3+4+5+…+10),共有6层,则需要横放与纵放木棒条数之和=6(1+2)(1+2+3+4+5+…+10)=990条,竖放木棒条数=5(1+2+3+4+5+…+10+11)=330条,故总共需要木棒990+330=1320条.,思路分析由题图①②③④⑤可知,横放条数+纵放条数=总条数,其中横放条数=横长m(纵长n+1),纵放条数=(横长m+1)纵长n,由此可解决问题(一)、问题(二),根据题图⑥⑦⑧可解决问题(三).对于实际应用:按探究二的搭建方式搭建一个纵长是2、高是4的长方体框架,总共使用了170条木棒,设这个长方体框架的横长是x,根据发现的规律列方程求解.拓展应用:若按照如题图方式搭建正三棱柱框架,要找出每层中小三角形的个数,得到木棒数,然后加上竖放的木棒条数.,解后反思本题可以看成探究性问题,也可以看成阅读理解题,这类问题要求必须在理解的基础上进行问题的解答,在初始探究时或在阅读材料中提供了一些操作或探究方法,要求同学们去模拟并探究,这种题不仅考查了同学们的阅读能力,而且还综合考查了同学们的创新意识及转化能力.一般解决第(1)问并不难,等于送分给考生,而且这种思想与方法为解决后几问提供了参考与暗示,仿照前一问题的思路,一切问题都迎刃而解了.,3.(2017吉林,26,10分)《函数的图象与性质》拓展学习片段展示:【问题】如图①,在平面直角坐标系中,抛物线y=a(x-2)2-经过原点O,与x轴的另一个交点为A,则a=.【操作】将图①中抛物线在x轴下方的部分沿x轴折叠到x轴上方,将这部分图象与原抛物线剩余部分的图象组成的新图象记为G,如图②.直接写出图象G对应的函数解析式.【探究】在图②中,过点B(0,1)作直线l平行于x轴,与图象G的交点从左至右依次为点C,D,E,F,如图③.求图象G在直线l上方的部分对应的函数y随x增大而增大时x的取值范围.【应用】P是图③中图象G上一点,其横坐标为m,连接PD,PE.直接写出△PDE的面积不小于1时m的取值范围.,解析【问题】把(0,0)代入y=a(x-2)2-,得4a-=0,∴a=.(1分)【操作】当x≤0或x≥4时,y=(x-2)2-;(2分)当02+时,y随x的增大而增大.(7分)【应用】△PDE的面积不小于1时,m的取值范围是m=0或m=4或m≤2-或m≥2+.(详解:设点P的纵坐标为y,则P(m,y),2|y-1|=1,解得y=0或y=2.当y=0时,m=0或m=4;当y=2时,(m-2)2-=2,解得m=2.所以△PDE的面积不小于1时,m的取值范围是m=0或m=4或m≤2-或m≥2+)(10分),评分说明:(1)在“操作”和“探究”中,写自变量取值范围时,用“MG.(11分)过点O作OH⊥MN,垂足为H,则OH=DN=6,MH=3.∴OM=3.∴MF=OM+r=3+13.∴喷灌龙头的射程至少为(3+13)米(约为19.71米).(12分),思路分析(1)等边△ABC的内心与外心重合,构造直角三角形,运用勾股定理求出OA的长;(2)运用矩形的中心对称性可知PQ一定经过矩形ABCD的对称中心,通过构造直角三角形,运用勾股定理可以求出PQ的长;(3)先根据圆的对称性找出圆心,运用垂径定理和勾股定理求出该圆的半径,再利用相似判断出点O与三角形AMB的位置关系,最后根据“三角形的两边之和大于第三边”确定喷灌龙头的最远射程为MF的长,构造直角三角形,利用勾股定理求出OM的长,进而可得MF的长.,7.(2016重庆,24,10分)我们知道,任意一个正整数n都可以进行这样的分解:n=pq(p,q是正整数,且p≤q),在n的所有这种分解中,如果p,q两因数之差的绝对值最小,我们就称pq是n的最佳分解,并规定:F(n)=.例如12可以分解成112,26或34,因为12-1>6-2>4-3,所以34是12的最佳分解,所以F(12)=.(1)如果一个正整数a是另外一个正整数b的平方,我们称正整数a是完全平方数.求证:对任意一个完全平方数m,总有F(m)=1;(2)如果一个两位正整数t,t=10 x+y(1≤x≤y≤9,x,y为自然数),交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为18,那么我们称这个数t为“吉祥数”.求所有“吉祥数”中F(t)的最大值.,解析(1)证明:对任意一个完全平方数m,设m=n2(n为正整数).∵|n-n|=0,∴nn是m的最佳分解.∴对任意一个完全平方数m,总有F(m)==1.(3分)(2)设交换t的个位上的数与十位上的数得到的新数为t,则t=10y+x.∵t为“吉祥数”,∴t-t=(10y+x)-(10 x+y)=9(y-x)=18.∴y=x+2.(6分)∵1≤x≤y≤9,x,y为自然数,∴“吉祥数”有:13,24,35,46,57,68,79.(7分)易知F(13)=,F(24)==,F(35)=,F(46)=,F(57)=,F(68)=,F(79)=.∵>>>>>>,∴所有“吉祥数”中F(t)的最大值是.(10分),8.(2017山东临沂,25,11分)数学课上,张老师提出了问题:如图①,AC,BD是四边形ABCD的对角线,若∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60,则线段BC,CD,AC三者之间有何等量关系?经过考虑,小明展示了一种正确的思路:如图②,延长CB到E,使BE=CD,连接AE,证得△ABE≌△ADC,从而容易证明△ACE是等边三角形,故AC=CE,所以AC=BC+CD.小亮展示了另一种正确的思路:如图③,将△ABC绕着点A逆时针旋转60.使AB与AD重合,从而容易证明△ACF是等边三角形,故AC=CF,所以AC=BC+CD.在此基础上,同学们作了进一步的研究:(1)小颖提出:如图④,如果把“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60”改为“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=45”,其他条件不变,那么线段BC,CD,AC三者之间有何等量关系?针对小颖,提出的问题,请你写出结论,并给出证明.(2)小华提出:如图⑤,如果把“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60”改为“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=α”,其他条件不变,那么线段BC,CD,AC三者之间有何等量关系?针对小华提出的问题,请你写出结论,不用证明.,解析(1)BC+CD=AC.证明:如图,延长CD至E,使DE=BC,连接AE.∵∠ABD=∠ADB=45,,∴AB=AD,∠BAD=180-∠ABD-∠ADB=90,∵∠ACB=∠ACD=45,∴∠ACB+∠ACD=90,∴∠BAD+∠BCD=180,∴∠ABC+∠ADC=180,∵∠ADC+∠ADE=180,∴∠ABC=∠ADE,在△ABC和△ADE中,,∴△ABC≌△ADE(SAS),∴∠ACB=∠AED=45,AC=AE,∴△ACE是等腰直角三角形,∴CE=AC.∵CE=CD+DE=CD+BC,∴BC+CD=AC.(2)BC+CD=2ACcosα.,9.(2015河南,22,10分)如图1,在Rt△ABC中,∠B=90,BC=2AB=8,点D,E分别是边BC,AC的中点,连接DE.将△EDC绕点C按顺时针方向旋转,记旋转角为α.(1)问题发现①当α=0时,=;②当α=180时,=.(2)拓展探究试判断:当0≤α0)上,以D为圆心的☉D与y轴相切于点C(0,4),与x轴交于A,B两点;抛物线y=ax2+bx+c经过A,B,C三点,点P是抛物线上的动点,且线段AP与BC所在直线有交点Q.(1)写出点D的坐标并求出抛物线的解析式;(2)证明∠ACO=∠OBC;(3)探究是否存在点P,使点Q为线段AP的四等分点?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.,解析(1)D(5,4).(2分)如图,过点D作DE⊥x轴,垂足为E,连接AD,BD.在Rt△DAE中,DA=5,DE=4,∴AE==3,∴OA=OE-AE=2,∴OB=OA+2AE=8,∴A(2,0),B(8,0),故抛物线的解析式为y=a(x-2)(x-8),∵抛物线过点C(0,4),∴a(0-2)(0-8)=4,解得a=.∴抛物线的解析式是y=x2-x+4.(5分),(2)如图,连接AC.在Rt△AOC中,OA=2,CO=4,∴tan∠ACO==.在Rt△BOC中,OB=8,CO=4,∴tan∠CBO==,∴∠ACO=∠CBO.(8分)(也可用三角形相似证明)(3)∵B(8,0),C(0,4),∴直线BC的解析式为y=-x+4.分别过点Q,P作QF⊥x轴,PG⊥x轴,垂足分别为F,G.设P.现分情况讨论:i)AQ∶AP=1∶4,则易得Q,,∵点Q在直线y=-x+4上,∴-+4=,整理得:t2-8t-36=0,解得:t1=4+2,t2=4-2.∴P1(4+2,11-),P2(4-2,11+).(10分)ii)AQ∶AP=2∶4,则易得Q,∵点Q在直线y=-x+4上,∴-+4=,整理得:t2-8t-12=0,解得:t3=4+2,t4=4-2.∴P3(4+2,5-),P4(4-2,5+).(12分)iii)AQ∶AP=3∶4,则易得Q.∵点Q在直线y=-x+4上,∴-+4=,,整理得:t2-8t-4=0,解得:t5=4+2,t6=4-2.∴P5(4+2,3-),P6(4-2,3+).综上所述,抛物线上存在六个点P,使Q为线段AP的四等分点,其坐标分别为P1(4+2,11-),P2(4-2,11+),P3(4+2,5-),P4(4-2,5+),P5(4+2,3-),P6(4-2,3+).(14分)(过点P作BC的平行线,通过三角形相似求解亦可),12.(2015山东威海,24,11分)如图①,直线y=k1x与反比例函数y=(k≠0)的图象交于点A,B,直线y=k2x与反比例函数y=的图象交于点C,D,且k1k2≠0,k1≠k2.顺次连接点A,D,B,C,AD,BC分别交x轴于点F,H,交y轴于点E,G.连接FG,EH.(1)四边形ADBC的形状是;(2)如图②,若点A的坐标为(2,4),四边形AEHC是正方形,则k2=;(3)如图③,若四边形EFGH为正方形,点A的坐标为(2,6),求点C的坐标;(4)判断:随着k1,k2取值的变化,四边形ADBC能否为正方形?若能,求点A的坐标;若不能,请简要说明理由.,图①图②图③,解析(1)平行四边形.(1分)(2).(3分)(3)过点A作AM⊥y轴,垂足为M;过点C作CN⊥x轴,垂足为N.∵四边形EFGH为正方形,∴∠FEO=45,EO=HO.∴∠AEM=45.∵∠AME=90,,∴∠EAM=∠AEM=45.∴AM=ME.同理可证CN=HN.(4分)∵点A(2,6),∴AM=ME=2,OM=6.∴OE=OH=4.设CN=HN=m,则点C的坐标为(4+m,m).(5分)∵反比例函数y=的图象经过点C和点A(2,6),∴(4+m)m=12.(6分)解得m1=2,m2=-6(舍去).当m=2时,m+4=6.∴点C的坐标为(6,2).(8分)(4)不能.(9分)∵反比例函数y=(k≠0)的图象不能与坐标轴相交,∴∠AOCb>4),半径为2cm的☉O在矩形内且与AB、AD均相切.现有动点P从A点出发,在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动,当点P到达D点时停止移动;☉O在矩形内部沿AD向右匀速平移,移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回,当☉O回到出发时的位置(即再次与AB相切)时停止移动.已知点P与☉O同时开始移动,同时停止移动(即同时到达各自的终止位置).(1)如图①,点P从A→B→C→D,全程共移动了cm(用含a、b的代数式表示);(2)如图①,已知点P从A点出发,移动2s到达B点,继续移动3s,到达BC的中点.若点P与☉O的移动速度相等,求在这5s时间内圆心O移动的距离;(3)如图②,已知a=20,b=10,是否存在如下情形:当☉O到达☉O1的位置时(此时圆心O1在矩形对角线BD上),DP与☉O1恰好相切?请说明理由.,解析(1)a+2b.(2)∵在整个运动过程中,点P移动的距离为(a+2b)cm,圆心O移动的距离为2(a-4)cm.由题意,得a+2b=2(a-4).①∵点P移动2s到达B点,即点P用2s移动了bcm,点P继续移动3s,到达BC的中点,即点P用3s移动了acm,∴=.②由①②解得∵点P移动的速度与☉O移动的速度相等,∴☉O移动的速度为=4(cm/s).∴这5s时间内圆心O移动的距离为54=20(cm).(3)存在这种情形.,解法一:设点P移动的速度为v1cm/s,☉O移动的速度为v2cm/s,由题意,得===.如图,设直线OO1与AB交于点E,与CD交于点F,☉O1与AD相切于点G,若PD与☉O1相切,切点为H,则O1G=O1H,易得△DO1G≌△DO1H,∴∠ADB=∠BDP.∵BC∥AD,∴∠ADB=∠CBD.,∴∠BDP=∠CBD,∴BP=DP,设BP=xcm,则DP=xcm,PC=(20-x)cm,在Rt△PCD中,由勾股定理,可得PC2+CD2=PD2,即(20-x)2+102=x2,解得x=.∴此时点P移动的距离为10+=(cm),∵EF∥AD,∴△BEO1∽△BAD,∴=,即=,∴EO1=16cm,∴OO1=14cm,(i)当☉O首次到达☉O1的位置时,☉O移动的距离为14cm,∴此时点P与☉O移动的速度比为=,∵≠,,∴此时PD与☉O1不可能相切.(ii)当☉O在返回途中到达☉O1的位置时,☉O移动的距离为2(20-4)-14=18(cm),∴此时点P与☉O移动的速度比为==.∴此时PD与☉O1恰好相切.解法二:∵点P移动的距离为cm(见解法一),OO1=14cm(见解法一),=,∴☉O应该移动的距离为=18(cm).(i)当☉O首次到达☉O1的位置时,☉O移动的距离为14cm≠18cm,∴此时PD与☉O1不可能相切.(ii)当☉O在返回途中到达☉O1的位置时,☉O移动的距离为2(20-4)-14=18(cm),∴此时PD与☉O1恰好相切.解法三:点P移动的距离为cm(见解法一),,OO1=14cm(见解法一),由=可设点P的移动速度为5kcm/s,☉O的移动速度为4kcm/s,∴点P移动的时间为=(s),(i)当☉O首次到达☉O1的位置时,☉O移动的时间为=s≠s,∴此时PD与☉O1不可能相切.(ii)当☉O在返回途中到达☉O1的位置时,☉O移动的时间为=s,∴此时PD与☉O1恰好相切.,14.(2015广西南宁,26,10分)在平面直角坐标系中,已知A,B是抛物线y=ax2(a>0)上两个不同的动点,其中A在第二象限,B在第一象限.(1)如图①所示,当直线AB与x轴平行,∠AOB=90,且AB=2时,求此抛物线的解析式和A,B两点的横坐标的乘积;(2)如图②所示,在(1)所求得的抛物线上,当直线AB与x轴不平行,∠AOB仍为90时,A,B两点的横坐标的乘积是否为常数?如果是,请给予证明;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,若直线y=-2x-2分别交直线AB,y轴于点P,C,直线AB交y轴于点D,且∠BPC=∠OCP,求点P的坐标.图①,图②,解析(1)∵抛物线y=ax2(a>0)关于y轴对称,AB与x轴平行,∴A,B关于y轴对称.∵∠AOB=90,AB=2,∴A(-1,1),B(1,1).(1分)∴1=a(-1)2,解得a=1.∴抛物线的解析式为y=x2.(2分)∵A(-1,1),B(1,1),∴A,B两点的横坐标的乘积为-1.(3分)(2)过A,B分别作AG,BH垂直x轴于G,H.,由(1)可设A(m,m2),B(n,n2),m0.(4分)∵∠AOB=∠AGO=∠BHO=90,∴∠AOG+∠BOH=∠AOG+∠OAG=90.∴∠BOH=∠OAG.(5分)∴△AGO∽△OHB.∴=.(6分)∴=,化简得mn=-1.∴A,B两点的横坐标的乘积是常数-1.(7分)(3)解法一:过A,B分别作AA1,BB1垂直y轴于A1,B1.,设A(m,m2),B(n,n2),D(0,b),m0,b>0.∵AA1∥BB1,∴△AA1D∽△BB1D.∴=,即=,化简得mn=-b.∵mn=-1,∴b=1,D(0,1).(8分)∵∠BPC=∠OCP,C(0,-2),∴DP=DC=3.设P(c,-2c-2),过点P作PQ⊥y轴于Q.∵PQ2+DQ2=PD2,∴c2+(-2c-2-1)2=32.(9分)解得c1=0(舍去),c2=-,-2c-2=.∴P.(10分),解法二:设直线AB:y=kx+b(k≠0),A(m,m2),B(n,n2),m0,b>0.联立得得x2-kx-b=0,依题意可知m,n是方程x2-kx-b=0的两根.∴m2-km-b=0,n2-kn-b=0.∴nm2-kmn-bn=0,mn2-kmn-bm=0.两式相减,并化简得mn=-b.∵mn=-1,∴b=1,D(0,1).(8分)∵∠BPC=∠OCP,C(0,-2),∴DP=DC=3.设P(c,-2c-2),过点P作PQ⊥y轴于Q.∵PQ2+DQ2=PD2,∴c2+(-2c-2-1)2=32.(9分)解得c1=0(舍去),c2=-,,-2c-2=.∴P.(10分),