（廣東專版）2019年中考數(shù)學一輪復習 專題8 專題拓展 8.4 開放探究型（試卷部分）課件.ppt

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第八章專題拓展8.4開放探究型,中考數(shù)學(廣東專用),解答題,好題精練,1.(2018陜西,25,12分)問題提出(1)如圖①,在△ABC中,∠A=120,AB=AC=5,則△ABC的外接圓半徑R的值為.問題探究(2)如圖②,☉O的半徑為13,弦AB=24,M是AB的中點,P是☉O上一動點,求PM的最大值.問題解決(3)如圖③所示,AB、AC、是某新區(qū)的三條規(guī)劃路,其中,AB=6km,AC=3km,∠BAC=60,所對的圓心角為60.新區(qū)管委會想在路邊建物資總站點P,在AB、AC路邊分別建物資分站點E、F,也就是,分別在、線段AB和AC上選取點P、E、F.由于總站工作人員每天都要將物資在各物資站點間按P→E→F→P的路徑進行運輸,因此,要在各物資站點之間規(guī)劃道路PE、EF和FP.為了快捷、環(huán)保和節(jié)約成本,要使得線段PE、EF、FP之和最短,試求PE+EF+FP的最小值.(各物資站點與所在道路之間的距離、路寬均忽略不計),,解析(1)5(2分)詳解:如圖,設O是△ABC的外接圓的圓心,∴OA=OB=OC,又AB=AC,∴△AOB≌△AOC,∴∠BAO=∠CAO,∵∠BAC=120,∴∠BAO=60,∴△ABO是等邊三角形,∴AB=OA=OB=5.即△ABC的外接圓半徑R的值為5.(2)如圖,連接MO,并延長與☉O相交于點P,連接OA,OP.,∵M是弦AB的中點,∴OM⊥AB,AM=AB=12.在Rt△AOM中,OM==5.(4分)∵PM≤OM+OP=OM+OP=MP=18,∴當點P運動到P時,PM取得最大值,為18.(5分)(3)如圖,設P為上任意一點,分別作點P關于直線AB、AC的對稱點P1、P2,連接P1P2,分別與AB、AC相交于點E、F,連接PE,PF,,∴△PEF的周長=P1E+EF+P2F=P1P2,對于點P及分別在AB、AC上的任意點E、F,有△PEF的周長≥△PEF的周長=P1P2.即△PEF周長的最小值為P1P2的長.(7分)連接AP1,AP,AP2,則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.設O為所在圓的圓心,連接OB、OC、OP、OA,且OA與相交于點P,,則AP+PO≥AO.∴AP≥AP.(9分)連接BC,易證△ACB為直角三角形,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的最小值為AP=(3-9)km.∴PE+EF+FP的最小值為(3-9)km.(12分),思路分析(1)設O是△ABC的外接圓的圓心,根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)和圓的半徑相等可證△ABO是等邊三角形,所以AB=OA=OB=5;(2)當PM⊥AB時,PM有最大值,根據(jù)垂徑定理可得AM=AB=12,再根據(jù)勾股定理求得OM=5,進而由PM≤OM+OP=OM+OP=MP=18得解;(3)分別以AB、AC所在的直線為對稱軸,作出P關于AB的對稱點為P1,關于AC的對稱點為P2,易得△PEF的周長為P1P2的長,根據(jù)P1P2=AP,可知要使P1P2最短,只要AP最短,OA與交于點P,此時使得線段PE、EF、FP之和最短,然后先判定△ABC為直角三角形,求出BC的長,在Rt△ABO中由勾股定理求出AO的長,進而求出AP的值,最后求得PE+EF+FP的最小值.,難點分析本題難點在于第(3)問如何確定P點的位置及何時PE+EF+FP取得最小值.讀懂題目信息也就明確了可以利用軸對稱確定最短路線問題,同時結合圓半徑和線段OA的長度求出AP的最小值.,2.(2018青島,23,10分)問題提出:用若干相同的一個單位長度的細直木棒,按照下圖方式搭建一個長方體框架,探究所用木棒條數(shù)的規(guī)律.問題探究:我們先從簡單的問題開始探究,從中找出解決問題的方法.探究一用若干木棒來搭建橫長是m,縱長是n的矩形框架(m、n是正整數(shù)),需要木棒的條數(shù).如圖①,當m=1,n=1時,橫放木棒為1(1+1)條,縱放木棒為(1+1)1條,共需4條;如圖②,當m=2,n=1時,橫放木棒為2(1+1)條,縱放木棒為(2+1)1條,共需7條;如圖③,當m=2,n=2時,橫放木棒為2(2+1)條,縱放木棒為(2+1)2條,共需12條;,如圖④,當m=3,n=1時,橫放木棒為3(1+1)條,縱放木棒為(3+1)1條,共需10條;如圖⑤,當m=3,n=2時,橫放木棒為3(2+1)條,縱放木棒為(3+1)2條,共需17條.問題(一):當m=4,n=2時,共需木棒條.問題(二):當矩形框架橫長是m,縱長是n時,橫放的木棒為條,縱放的木棒為條.探究二用若干木棒來搭建橫長是m,縱長是n,高是s的長方體框架(m、n、s是正整數(shù)),需要木棒的條數(shù).如圖⑥,當m=3,n=2,s=1時,橫放與縱放木棒之和為[3(2+1)+(3+1)2](1+1)=34條,豎放木棒為(3+1)(2+1)1=12條,共需46條;如圖⑦,當m=3,n=2,s=2時,橫放與縱放木棒之和為[3(2+1)+(3+1)2](2+1)=51條,豎放木棒為(3+1)(2+1)2=24條,共需75條;,如圖⑧,當m=3,n=2,s=3時,橫放與縱放木棒之和為[3(2+1)+(3+1)2](3+1)=68條,豎放木棒為(3+1)(2+1)3=36條,共需104條.,問題(三):當長方體框架的橫長是m,縱長是n,高是s時,橫放與縱放木棒條數(shù)之和為條,豎放木棒條數(shù)為條.實際應用:現(xiàn)在按探究二的搭建方式搭建一個縱長是2、高是4的長方體框架,總共使用了170條木棒,則這個長方體框架的橫長是.拓展應用:若按照下圖方式搭建一個底面邊長是10,高是5的正三棱柱框架,需要木棒條.,解析問題(一):當m=4,n=2時,共需木棒4(2+1)+(4+1)2=12+10=22條.問題(二):當矩形框架橫長是m,縱長是n時,橫放的木棒為m(n+1)條,縱放的木棒為n(m+1)條.問題(三):由題圖⑥⑦⑧探索發(fā)現(xiàn):橫放與縱放木棒條數(shù)之和為[m(n+1)+(m+1)n](s+1)條,豎放木棒條數(shù)為s(m+1)(n+1)條.實際應用:按探究二的搭建方式搭建一個縱長是2、高是4的長方體框架,總共使用了170條木棒,設這個長方體框架的橫長是x,根據(jù)規(guī)律可得[2(x+1)+x(2+1)](4+1)+4(2+1)(x+1)=170,解得x=4,所以這個長方體框架的橫長是4.拓展應用:若按照如題圖方式搭建一個底面邊長是10,高是5的正三棱柱框架,每層三角形從左到右的個數(shù)=1+2+3+4+5+…+10,有兩個腰,腰的總個數(shù)=2(1+2+3+4+5+…+10),共有6層,則需要橫放與縱放木棒條數(shù)之和=6(1+2)(1+2+3+4+5+…+10)=990條,豎放木棒條數(shù)=5(1+2+3+4+5+…+10+11)=330條,故總共需要木棒990+330=1320條.,思路分析由題圖①②③④⑤可知,橫放條數(shù)+縱放條數(shù)=總條數(shù),其中橫放條數(shù)=橫長m(縱長n+1),縱放條數(shù)=(橫長m+1)縱長n,由此可解決問題(一)、問題(二),根據(jù)題圖⑥⑦⑧可解決問題(三).對于實際應用:按探究二的搭建方式搭建一個縱長是2、高是4的長方體框架,總共使用了170條木棒,設這個長方體框架的橫長是x,根據(jù)發(fā)現(xiàn)的規(guī)律列方程求解.拓展應用:若按照如題圖方式搭建正三棱柱框架,要找出每層中小三角形的個數(shù),得到木棒數(shù),然后加上豎放的木棒條數(shù).,解后反思本題可以看成探究性問題,也可以看成閱讀理解題,這類問題要求必須在理解的基礎上進行問題的解答,在初始探究時或在閱讀材料中提供了一些操作或探究方法,要求同學們?nèi)ツM并探究,這種題不僅考查了同學們的閱讀能力,而且還綜合考查了同學們的創(chuàng)新意識及轉(zhuǎn)化能力.一般解決第(1)問并不難,等于送分給考生,而且這種思想與方法為解決后幾問提供了參考與暗示,仿照前一問題的思路,一切問題都迎刃而解了.,3.(2017吉林,26,10分)《函數(shù)的圖象與性質(zhì)》拓展學習片段展示:【問題】如圖①,在平面直角坐標系中,拋物線y=a(x-2)2-經(jīng)過原點O,與x軸的另一個交點為A,則a=.【操作】將圖①中拋物線在x軸下方的部分沿x軸折疊到x軸上方,將這部分圖象與原拋物線剩余部分的圖象組成的新圖象記為G,如圖②.直接寫出圖象G對應的函數(shù)解析式.【探究】在圖②中,過點B(0,1)作直線l平行于x軸,與圖象G的交點從左至右依次為點C,D,E,F,如圖③.求圖象G在直線l上方的部分對應的函數(shù)y隨x增大而增大時x的取值范圍.【應用】P是圖③中圖象G上一點,其橫坐標為m,連接PD,PE.直接寫出△PDE的面積不小于1時m的取值范圍.,解析【問題】把(0,0)代入y=a(x-2)2-,得4a-=0,∴a=.(1分)【操作】當x≤0或x≥4時,y=(x-2)2-;(2分)當02+時,y隨x的增大而增大.(7分)【應用】△PDE的面積不小于1時,m的取值范圍是m=0或m=4或m≤2-或m≥2+.(詳解:設點P的縱坐標為y,則P(m,y),2|y-1|=1,解得y=0或y=2.當y=0時,m=0或m=4;當y=2時,(m-2)2-=2,解得m=2.所以△PDE的面積不小于1時,m的取值范圍是m=0或m=4或m≤2-或m≥2+)(10分),評分說明:(1)在“操作”和“探究”中,寫自變量取值范圍時,用“MG.(11分)過點O作OH⊥MN,垂足為H,則OH=DN=6,MH=3.∴OM=3.∴MF=OM+r=3+13.∴噴灌龍頭的射程至少為(3+13)米(約為19.71米).(12分),思路分析(1)等邊△ABC的內(nèi)心與外心重合,構造直角三角形,運用勾股定理求出OA的長;(2)運用矩形的中心對稱性可知PQ一定經(jīng)過矩形ABCD的對稱中心,通過構造直角三角形,運用勾股定理可以求出PQ的長;(3)先根據(jù)圓的對稱性找出圓心,運用垂徑定理和勾股定理求出該圓的半徑,再利用相似判斷出點O與三角形AMB的位置關系,最后根據(jù)“三角形的兩邊之和大于第三邊”確定噴灌龍頭的最遠射程為MF的長,構造直角三角形,利用勾股定理求出OM的長,進而可得MF的長.,7.(2016重慶,24,10分)我們知道,任意一個正整數(shù)n都可以進行這樣的分解:n=pq(p,q是正整數(shù),且p≤q),在n的所有這種分解中,如果p,q兩因數(shù)之差的絕對值最小,我們就稱pq是n的最佳分解,并規(guī)定:F(n)=.例如12可以分解成112,26或34,因為12-1>6-2>4-3,所以34是12的最佳分解,所以F(12)=.(1)如果一個正整數(shù)a是另外一個正整數(shù)b的平方,我們稱正整數(shù)a是完全平方數(shù).求證:對任意一個完全平方數(shù)m,總有F(m)=1;(2)如果一個兩位正整數(shù)t,t=10 x+y(1≤x≤y≤9,x,y為自然數(shù)),交換其個位上的數(shù)與十位上的數(shù)得到的新數(shù)減去原來的兩位正整數(shù)所得的差為18,那么我們稱這個數(shù)t為“吉祥數(shù)”.求所有“吉祥數(shù)”中F(t)的最大值.,解析(1)證明:對任意一個完全平方數(shù)m,設m=n2(n為正整數(shù)).∵|n-n|=0,∴nn是m的最佳分解.∴對任意一個完全平方數(shù)m,總有F(m)==1.(3分)(2)設交換t的個位上的數(shù)與十位上的數(shù)得到的新數(shù)為t,則t=10y+x.∵t為“吉祥數(shù)”,∴t-t=(10y+x)-(10 x+y)=9(y-x)=18.∴y=x+2.(6分)∵1≤x≤y≤9,x,y為自然數(shù),∴“吉祥數(shù)”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“吉祥數(shù)”中F(t)的最大值是.(10分),8.(2017山東臨沂,25,11分)數(shù)學課上,張老師提出了問題:如圖①,AC,BD是四邊形ABCD的對角線,若∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60,則線段BC,CD,AC三者之間有何等量關系?經(jīng)過考慮,小明展示了一種正確的思路:如圖②,延長CB到E,使BE=CD,連接AE,證得△ABE≌△ADC,從而容易證明△ACE是等邊三角形,故AC=CE,所以AC=BC+CD.小亮展示了另一種正確的思路:如圖③,將△ABC繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)60.使AB與AD重合,從而容易證明△ACF是等邊三角形,故AC=CF,所以AC=BC+CD.在此基礎上,同學們作了進一步的研究:(1)小穎提出:如圖④,如果把“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60”改為“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=45”,其他條件不變,那么線段BC,CD,AC三者之間有何等量關系?針對小穎,提出的問題,請你寫出結論,并給出證明.(2)小華提出:如圖⑤,如果把“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60”改為“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=α”,其他條件不變,那么線段BC,CD,AC三者之間有何等量關系?針對小華提出的問題,請你寫出結論,不用證明.,解析(1)BC+CD=AC.證明:如圖,延長CD至E,使DE=BC,連接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)如圖1,在Rt△ABC中,∠B=90,BC=2AB=8,點D,E分別是邊BC,AC的中點,連接DE.將△EDC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn),記旋轉(zhuǎn)角為α.(1)問題發(fā)現(xiàn)①當α=0時,=;②當α=180時,=.(2)拓展探究試判斷:當0≤α0)上,以D為圓心的☉D與y軸相切于點C(0,4),與x軸交于A,B兩點;拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A,B,C三點,點P是拋物線上的動點,且線段AP與BC所在直線有交點Q.(1)寫出點D的坐標并求出拋物線的解析式;(2)證明∠ACO=∠OBC;(3)探究是否存在點P,使點Q為線段AP的四等分點?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.,解析(1)D(5,4).(2分)如圖,過點D作DE⊥x軸,垂足為E,連接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),故拋物線的解析式為y=a(x-2)(x-8),∵拋物線過點C(0,4),∴a(0-2)(0-8)=4,解得a=.∴拋物線的解析式是y=x2-x+4.(5分),(2)如圖,連接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)(也可用三角形相似證明)(3)∵B(8,0),C(0,4),∴直線BC的解析式為y=-x+4.分別過點Q,P作QF⊥x軸,PG⊥x軸,垂足分別為F,G.設P.現(xiàn)分情況討論:i)AQ∶AP=1∶4,則易得Q,,∵點Q在直線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,則易得Q,∵點Q在直線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,則易得Q.∵點Q在直線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+).綜上所述,拋物線上存在六個點P,使Q為線段AP的四等分點,其坐標分別為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)(過點P作BC的平行線,通過三角形相似求解亦可),12.(2015山東威海,24,11分)如圖①,直線y=k1x與反比例函數(shù)y=(k≠0)的圖象交于點A,B,直線y=k2x與反比例函數(shù)y=的圖象交于點C,D,且k1k2≠0,k1≠k2.順次連接點A,D,B,C,AD,BC分別交x軸于點F,H,交y軸于點E,G.連接FG,EH.(1)四邊形ADBC的形狀是;(2)如圖②,若點A的坐標為(2,4),四邊形AEHC是正方形,則k2=;(3)如圖③,若四邊形EFGH為正方形,點A的坐標為(2,6),求點C的坐標;(4)判斷:隨著k1,k2取值的變化,四邊形ADBC能否為正方形?若能,求點A的坐標;若不能,請簡要說明理由.,圖①圖②圖③,解析(1)平行四邊形.(1分)(2).(3分)(3)過點A作AM⊥y軸,垂足為M;過點C作CN⊥x軸,垂足為N.∵四邊形EFGH為正方形,∴∠FEO=45,EO=HO.∴∠AEM=45.∵∠AME=90,,∴∠EAM=∠AEM=45.∴AM=ME.同理可證CN=HN.(4分)∵點A(2,6),∴AM=ME=2,OM=6.∴OE=OH=4.設CN=HN=m,則點C的坐標為(4+m,m).(5分)∵反比例函數(shù)y=的圖象經(jīng)過點C和點A(2,6),∴(4+m)m=12.(6分)解得m1=2,m2=-6(舍去).當m=2時,m+4=6.∴點C的坐標為(6,2).(8分)(4)不能.(9分)∵反比例函數(shù)y=(k≠0)的圖象不能與坐標軸相交,∴∠AOCb>4),半徑為2cm的☉O在矩形內(nèi)且與AB、AD均相切.現(xiàn)有動點P從A點出發(fā),在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動,當點P到達D點時停止移動;☉O在矩形內(nèi)部沿AD向右勻速平移,移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回,當☉O回到出發(fā)時的位置(即再次與AB相切)時停止移動.已知點P與☉O同時開始移動,同時停止移動(即同時到達各自的終止位置).(1)如圖①,點P從A→B→C→D,全程共移動了cm(用含a、b的代數(shù)式表示);(2)如圖①,已知點P從A點出發(fā),移動2s到達B點,繼續(xù)移動3s,到達BC的中點.若點P與☉O的移動速度相等,求在這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離;(3)如圖②,已知a=20,b=10,是否存在如下情形:當☉O到達☉O1的位置時(此時圓心O1在矩形對角線BD上),DP與☉O1恰好相切?請說明理由.,解析(1)a+2b.(2)∵在整個運動過程中,點P移動的距離為(a+2b)cm,圓心O移動的距離為2(a-4)cm.由題意,得a+2b=2(a-4).①∵點P移動2s到達B點,即點P用2s移動了bcm,點P繼續(xù)移動3s,到達BC的中點,即點P用3s移動了acm,∴=.②由①②解得∵點P移動的速度與☉O移動的速度相等,∴☉O移動的速度為=4(cm/s).∴這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離為54=20(cm).(3)存在這種情形.,解法一:設點P移動的速度為v1cm/s,☉O移動的速度為v2cm/s,由題意,得===.如圖,設直線OO1與AB交于點E,與CD交于點F,☉O1與AD相切于點G,若PD與☉O1相切,切點為H,則O1G=O1H,易得△DO1G≌△DO1H,∴∠ADB=∠BDP.∵BC∥AD,∴∠ADB=∠CBD.,∴∠BDP=∠CBD,∴BP=DP,設BP=xcm,則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=.∴此時點P移動的距離為10+=(cm),∵EF∥AD,∴△BEO1∽△BAD,∴=,即=,∴EO1=16cm,∴OO1=14cm,(i)當☉O首次到達☉O1的位置時,☉O移動的距離為14cm,∴此時點P與☉O移動的速度比為=,∵≠,,∴此時PD與☉O1不可能相切.(ii)當☉O在返回途中到達☉O1的位置時,☉O移動的距離為2(20-4)-14=18(cm),∴此時點P與☉O移動的速度比為==.∴此時PD與☉O1恰好相切.解法二:∵點P移動的距離為cm(見解法一),OO1=14cm(見解法一),=,∴☉O應該移動的距離為=18(cm).(i)當☉O首次到達☉O1的位置時,☉O移動的距離為14cm≠18cm,∴此時PD與☉O1不可能相切.(ii)當☉O在返回途中到達☉O1的位置時,☉O移動的距離為2(20-4)-14=18(cm),∴此時PD與☉O1恰好相切.解法三:點P移動的距離為cm(見解法一),,OO1=14cm(見解法一),由=可設點P的移動速度為5kcm/s,☉O的移動速度為4kcm/s,∴點P移動的時間為=(s),(i)當☉O首次到達☉O1的位置時,☉O移動的時間為=s≠s,∴此時PD與☉O1不可能相切.(ii)當☉O在返回途中到達☉O1的位置時,☉O移動的時間為=s,∴此時PD與☉O1恰好相切.,14.(2015廣西南寧,26,10分)在平面直角坐標系中,已知A,B是拋物線y=ax2(a>0)上兩個不同的動點,其中A在第二象限,B在第一象限.(1)如圖①所示,當直線AB與x軸平行,∠AOB=90,且AB=2時,求此拋物線的解析式和A,B兩點的橫坐標的乘積;(2)如圖②所示,在(1)所求得的拋物線上,當直線AB與x軸不平行,∠AOB仍為90時,A,B兩點的橫坐標的乘積是否為常數(shù)?如果是,請給予證明;如果不是,請說明理由;(3)在(2)的條件下,若直線y=-2x-2分別交直線AB,y軸于點P,C,直線AB交y軸于點D,且∠BPC=∠OCP,求點P的坐標.圖①,圖②,解析(1)∵拋物線y=ax2(a>0)關于y軸對稱,AB與x軸平行,∴A,B關于y軸對稱.∵∠AOB=90,AB=2,∴A(-1,1),B(1,1).(1分)∴1=a(-1)2,解得a=1.∴拋物線的解析式為y=x2.(2分)∵A(-1,1),B(1,1),∴A,B兩點的橫坐標的乘積為-1.(3分)(2)過A,B分別作AG,BH垂直x軸于G,H.,由(1)可設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)∴=,化簡得mn=-1.∴A,B兩點的橫坐標的乘積是常數(shù)-1.(7分)(3)解法一:過A,B分別作AA1,BB1垂直y軸于A1,B1.,設A(m,m2),B(n,n2),D(0,b),m0,b>0.∵AA1∥BB1,∴△AA1D∽△BB1D.∴=,即=,化簡得mn=-b.∵mn=-1,∴b=1,D(0,1).(8分)∵∠BPC=∠OCP,C(0,-2),∴DP=DC=3.設P(c,-2c-2),過點P作PQ⊥y軸于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:設直線AB:y=kx+b(k≠0),A(m,m2),B(n,n2),m0,b>0.聯(lián)立得得x2-kx-b=0,依題意可知m,n是方程x2-kx-b=0的兩根.∴m2-km-b=0,n2-kn-b=0.∴nm2-kmn-bn=0,mn2-kmn-bm=0.兩式相減,并化簡得mn=-b.∵mn=-1,∴b=1,D(0,1).(8分)∵∠BPC=∠OCP,C(0,-2),∴DP=DC=3.設P(c,-2c-2),過點P作PQ⊥y軸于Q.∵PQ2+DQ2=PD2,∴c2+(-2c-2-1)2=32.(9分)解得c1=0(舍去),c2=-,,-2c-2=.∴P.(10分),