第11讲 斜化直策略问题-2021年中考数学《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》

这是一份第11讲 斜化直策略问题-2021年中考数学《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》，共18页。


一次函数的“倾斜度”
1. 在平面直角坐标系中，当某条直线的解析式确定时，其与坐标轴围成的三角形也是确定的，不妨称为
该直线对应的“坐标三角形”，即如图1，△AOB即为直线的“坐标三角形”.
2. 当直线的解析式一旦确定，则其与x轴所夹的锐角也是确定，如图1，因为，
，故.
3. 事实上，在该直线上任取两点，过这两点任意作“横平竖直辅助线”，构成的直角三角形都与其“坐标三角形”相似，如图2，△P1GP2∽△BOA，∠P1P2G=∠BAO=|k|，一般地，我们可以用tan∠OAB=|k|来刻画一条直线的倾斜程度，这与“坡角”与“坡度”的关系本质相同.

图1 图2
一次函数的k值的魅力
故当一次函数直线的k值确定时，我们即可明白该直线与x轴的夹角度数大小.
如图3，当直线的时，；
如图4，当直线的时，；
如图5，当直线的时，；

图3 图4 图5


如何求一条定线段的垂直平分线的解析式？
如图6，已知点A(2, 5)， B(4, 1)，求线段AB的垂直平分线的解析式.

图6 图7
解析：如图7，取线段AB的中点M，易知M(3, 3)，
过点M作AB的垂线l即为所需垂直平分线，设其与y轴的交点为N，
依托A、B、M、N作“横平竖直辅助线”， 构造出 Rt△ABG∽Rt△NMH，
则有，又，故，
即N 的坐标为， 因此所求垂直平分线l的解析式为

事实上，根据一次函数的性质可知：
当两直线平行时，它们所在直线解析式的k值相等，即；
当两直线垂直时，它们所在直线解析式的k值互为“负倒数”，即；
因此，我们也可以通过这层关系可以轻易求出线段垂直平分线的解析式.

斜化直的核心思想即利用所给的线段为斜边构造直角三角形模型进行解题，且化斜为直的思想在锐角三角函数这一章用得较为平常。




【例题1】如图，在△ABC中，点D是AB的中点，DC⊥AC，且tan ∠BCD＝，求∠A的三角函数值．

解：如图，过点D作CD的垂线交BC于点E.
在Rt△CDE中，
∵tan ∠BCD＝＝，∴可设DE＝x，则CD＝3x.
∵CD⊥AC，∴DE∥AC.
又∵点D为AB的中点，
∴点E为BC的中点．
∴DE＝AC.∴AC＝2DE＝2x.
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，AC＝2x，CD＝3x，
∴AD＝＝＝x.
∴sin A＝＝＝，
cos A＝＝＝，
tan A＝＝＝.
方法技巧：本题中出现了tan ∠BCD＝，由于∠BCD所在的三角形并非直角三角形，因此应用正切函数的定义，构造出一个与之相关的直角三角形进行求解．








【例题2】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，sin B＝，D是BC上一点，DE⊥AB于点E，CD＝DE，AC＋CD＝9，求BE，CE的长．

解：∵sin B＝，∠ACB＝90°，DE⊥AB，
∴sin B＝＝＝.
设DE＝CD＝3k，则DB＝5k，∴CB＝8k.
∴AC＝6k，AB＝10k.
∵AC＋CD＝9，∴6k＋3k＝9.∴k＝1.
∴DE＝3，DB＝5.∴BE＝＝4.
如图，过点C作CF⊥AB于点F，
则CF∥DE.
∴＝＝＝，求得CF＝，BF＝.
∴EF＝BF－BE＝.
在Rt△CEF中，CE＝＝.
点拨：方程思想是一种重要的思想方法，运用方程思想可以建立已知量和待求量之间的关系式，平时学习时，应该不断积累用方程思想解题的方法．












【例题3】如图，在平面直角坐标系中，已知M点坐标为（1, 3)，直线与y轴交于A点，与x轴交于B点，求点M关于该直线的对称点的坐标.（两种方法求解）



的坐标为

【例题4】一次函数y＝x+b（b＞0）与y＝x﹣1图象之间的距离等于3，则b的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
【解析】设直线y＝x﹣1与x轴交点为C，与y轴交点为A，过点A作AD⊥直线y＝x+b于点D，
∵直线y＝x﹣1与x轴交点为C，与y轴交点为A，
∴点A（0，﹣1），点C（，0），
∴OA＝1，OC＝，AC＝＝，
∴cos∠ACO＝＝．
∵∠BAD与∠CAO互余，∠ACO与∠CAO互余，
∴∠BAD＝∠ACO．
∵AD＝3，cos∠BAD＝＝，∴AB＝5．
∵直线y＝x+b与y轴的交点为B（0，b），∴AB＝|b﹣（﹣1）|＝5，解得：b＝4或b＝﹣6．
∵b＞0，∴b＝4，故选：C．
【例题5】如图，直线y＝kx+b（k、b为常数）分别与x轴、y轴交于点A（﹣4，0）、B（0，3），抛物线y＝﹣x2+2x+1与y轴交于点C．
（1）求直线y＝kx+b的函数解析式；
（2）若点P（x，y）是抛物线y＝﹣x2+2x+1上的任意一点，设点P到直线AB的距离为d，求d关于x的函数解析式，并求d取最小值时点P的坐标；
（3）若点E在抛物线y＝﹣x2+2x+1的对称轴上移动，点F在直线AB上移动，求CE+EF的最小值．

【解析】（1）由题意可得，解得，∴直线解析式为y＝x+3；
（2）如图1，过P作PH⊥AB于点H，过H作HQ⊥x轴，过P作PQ⊥y轴，两垂线交于点Q，

则∠AHQ＝∠ABO，且∠AHP＝90°，∴∠PHQ+∠AHQ＝∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠PHQ＝∠BAO，且∠AOB＝∠PQH＝90°，∴△PQH∽△BOA，∴＝＝，
设H（m，m+3），则PQ＝x﹣m，HQ＝m+3﹣（﹣x2+2x+1），
∵A（﹣4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，AB＝5，且PH＝d，
∴＝＝，
整理消去m可得d＝x2﹣x+＝（x﹣）2+，
∴d与x的函数关系式为d＝（x﹣）2+，
∵＞0，
∴当x＝时，d有最小值，此时y＝﹣（）2+2×+1＝，
∴当d取得最小值时P点坐标为（，）；
（3）如图2，设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′，由对称的性质可得CE＝C′E，
∴CE+EF＝C′E+EF，∴当F、E、C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，
∵C（0，1），∴C′（2，1），
由（2）可知当x＝2时，d＝×（2﹣）2+＝，即CE+EF的最小值为．
【例题6】如图1，直线l交y轴于点B（0，6），交x轴于点A，且∠OAB＝30°，直线l以每秒1个单位的速度向下作匀速平移运动，与此同时，点P从点B出发在直线l上以每秒1个单位的速度沿直线l向右下方向作匀速运动．设它们运动的时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示P点的坐标；
（2）求P点到直线AB、x轴和y轴距离都相等时t的值；
（3）如图2，过O点作OC⊥AB于点C，问：t为何值时，以P为圆心、t值的一半长为半径的圆与直线OC相切？并说明此时⊙P与x轴的位置关系．

【解析】（1）如图1，作PF⊥y轴于F，
由平移得：BB'＝t，PB'＝t，∠B'A'O＝30°，
∵PF∥OA'，
∴∠B′PF＝∠B'A'O＝30°，
则B′F＝，PF＝t，
∴OF＝OB﹣BB′﹣B′F＝6﹣t﹣＝6﹣t，
则P点的坐标为（t，6﹣t）；
（2）如图2
过点B′作B′H⊥AB于点H，
∵∠OAB＝30°，∴∠ABO＝60°，∠BB′H＝30°，
又BB′＝t，可求B′H＝，
由（1）知点B′到x轴，y轴的距离分别为t，|6﹣t|；
由题意可得，t＝|6﹣t|，解得，，；
（3）分为两种情况：①当⊙P和OC第一次相切时，如图3，
设直线B′P与OC的交点是M，根据题意，知∠B'OC＝∠BAO＝30°，
则B′M＝OB′＝（OB﹣BB'）＝（6﹣t）＝3﹣t，则PM＝B'M﹣PB'＝3﹣t﹣t＝3﹣t，
根据直线和圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径，得：
3﹣t＝，t＝；此时⊙P与直线CD显然相离；
②当⊙P和OC第二次相切时，如图4，
PM＝PB'﹣B'M＝t﹣（3﹣t）＝﹣3，则有 t﹣3＝，t＝3，此时⊙P与直线CD显然相交；
综上所述，当t＝ 或 3 时，⊙P和OC相切；

1．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点E，∠BAC＝90°，∠CED＝45°，∠DCE＝30°，DE＝，BE＝2.求CD的长和四边形ABCD的面积．

解：如图，过点D作DH⊥AC于点H.
∵∠CED＝45°，DH⊥EC，DE＝，
∴EH＝DE·cos 45°＝×＝1.
∴DH＝1.
又∵∠DCE＝30°，
∴HC＝＝，CD＝＝2.
∵∠AEB＝∠CED＝45°，∠BAC＝90°，BE＝2，
∴AB＝AE＝2.∴AC＝AE＋EH＋HC＝2＋1＋＝3＋.
∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝×2×(3＋)＋×1×(3＋)＝.
方法技巧：题目中所给的有直角和30°，45°角，因此我们可以通过构造直角三角形，然后运用特殊角的三角函数值求出某些边的长，进而求出四边形的面积．

2．（2017•十堰）如图，直线y＝x﹣6分别交x轴，y轴于A，B，M是反比例函数y＝（x＞0）的图象上位于直线上方的一点，MC∥x轴交AB于C，MD⊥MC交AB于D，AC•BD＝4，则k的值为（　　）

A．﹣3 B．﹣4 C．﹣5 D．﹣6
【解析】过点D作DE⊥y轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，
令x＝0代入y＝x﹣6，
∴y＝﹣6，
∴B（0，﹣6），
∴OB＝6，
令y＝0代入y＝x﹣6，
∴x＝2，
∴（2，0），
∴OA＝2，
∴勾股定理可知：AB＝4，
∴sin∠OAB＝＝，cos∠OAB＝＝
设M（x，y），
∴CF＝﹣y，ED＝x，
∴sin∠OAB＝，
∴AC＝﹣y，
∵cos∠OAB＝cos∠EDB＝，
∴BD＝2x，
∵AC•BD＝4，
∴﹣y×2x＝4，
∴xy＝﹣3，
∵M在反比例函数的图象上，
∴k＝xy＝﹣3，
故选：A．

3．如图，点P是函数y＝（x＞0）的图象上的一点，⊙P的半径为，当⊙P与直线y＝x有公共点时，点P的横坐标x的取值范围是（　　）

A．1≤x≤ B． C． D．
【解析】如图所示，P1P2即为⊙P与直线y＝x有一个公共点的情况，
点P只有在线段P1P2上，即符合题意，
根据图象的对称性可知，△AP1P2是等腰直角三角形，
∵⊙P的半径为，
∴P1P2＝2，
∴AP1＝AP2＝2，
设P1（x0，），则P2（x0+2，﹣2），
则AP1P2的中点M在直线y＝x上，
∴M（x0+1，﹣1），∴x0+1＝﹣1，
解得：x0＝﹣1，x0＝﹣﹣1（不合题意，舍去），
∴P1的横坐标是﹣1，P2的横坐标是+1，
∴﹣1≤x≤+1，
故选：D．

4．（2017秋•江都区校级月考）如图，平面直角坐标系中，⊙A的圆心坐标为（5，a），半径为7，函数y＝x﹣3的图象被⊙A截得的弦长BC的长为，则a的值是　6　．

【解析】作AN⊥x轴于Q，交⊙A于N，交BC于P，作AM⊥BC于M，连结AC，
∵⊙A的圆心坐标是（5，a），
∴OQ＝5，AQ＝a，
把x＝5代入y＝x﹣3，得y＝，
∴P点坐标为（5，），∴PQ＝，
∵AM⊥BC，∴MC＝BC＝，
由勾股定理得，AM＝＝，
根据一次函数解析式得，＝，解得，PM＝，
由勾股定理得，AP＝，
∴AQ＝AP+PQ＝6，
则a＝6，
故答案为：6．







5．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（4，a）（a＞4），半径为4，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则⊙P的弦心距是　1　；a的值是　4+　．

【解析】作PC⊥AB于C，PH⊥x轴于H，交直线y＝x于D，作PE⊥y轴于E，连结PB，如图，
∵PC⊥AB，
∴AC＝BC＝AB＝，在Rt△PCB中，∵PB＝4，BC＝，
∴PC＝＝1，即⊙P的弦心距为1；
∵⊙P的圆心坐标是（4，a），
∴PE＝OH＝4，
∴D点的横坐标为4，当x＝4时，y＝x＝4，∴D（4，4），
∴∠ODH＝45°，∴∠PDC＝45°，
∴PD＝PC＝，∴PH＝4+，即a＝4+．
故答案为1，4+．

6．如图，直线l：y＝﹣3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝ax2﹣2ax+a+4（a＜0）经过点B．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′．
①写出点M′的坐标；
②将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l′与线段BM′交于点C，设点B、M′到直线l′的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度（即∠BAC的度数）．

【解析】（1）令x＝0代入y＝﹣3x+3，
∴y＝3，∴B（0，3），
把B（0，3）代入y＝ax2﹣2ax+a+4，
∴3＝a+4，∴a＝﹣1，
∴二次函数解析式为：y＝﹣x2+2x+3；

（2）令y＝0代入y＝﹣x2+2x+3，
∴0＝﹣x2+2x+3，∴x＝﹣1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为﹣1和3，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0＜m＜3，
令y＝0代入y＝﹣3x+3，∴x＝1，
∴A的坐标为（1，0），
由题意知：M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
S＝S四边形OAMB﹣S△AOB＝S△OBM+S△OAM﹣S△AOB
＝×m×3+×1×（﹣m2+2m+3）﹣×1×3＝﹣（m﹣）2+
∴当m＝时，S取得最大值．
（3）①由（2）可知：M′的坐标为（，）；
②过点M′作直线l1∥l′，过点B作BF⊥l1于点F，
根据题意知：d1+d2＝BF，
此时只要求出BF的最大值即可，
∵∠BFM′＝90°，
∴点F在以BM′为直径的圆上，
设直线AM′与该圆相交于点H，
∵点C在线段BM′上，
∴F在优弧上，
∴当F与M′重合时，
BF可取得最大值，
此时BM′⊥l1，
∵A（1，0），B（0，3），M′（，），
∴由勾股定理可求得：AB＝，M′B＝，M′A＝，
过点M′作M′G⊥AB于点G，
设BG＝x，
∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2＝M′A2﹣AG2，
∴﹣（﹣x）2＝﹣x2，
∴x＝，
cos∠M′BG＝＝，
∵l1∥l′，
∴∠BCA＝90°，
∠BAC＝45°
方法二：过B点作BD垂直于l′于D点，过M′点作M′E垂直于l′于E点，则BD＝d1，ME＝d2，
∵S△ABM′＝×AC×（d1+d2）
当d1+d2取得最大值时，AC应该取得最小值，当AC⊥BM′时取得最小值．
根据B（0，3）和M′（，）可得BM′＝，
∵S△ABM＝×AC×BM′＝，∴AC＝，
当AC⊥BM′时，cos∠BAC＝＝＝，
∴∠BAC＝45°．

7．（2017•淮安）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．
（1）填空：b＝　　，c＝　4　；
（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；
（3）在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；
（4）如图②，点N的坐标为（﹣，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．

【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣4）．将a＝﹣代入得：
y＝﹣x2+x+4，∴b＝，c＝4．
（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．
理由如下：连结QC．
∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，
∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ＝90°．
将x＝0代入抛物线的解析式得：y＝4，
∴C（0，4）．
∵AP＝OQ＝t，
∴PC＝5﹣t，
∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC＝5，
在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ2＝t2+16，
在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ2＝CQ2﹣CP2，
在Rt△APQ中，AQ2﹣AP2＝PQ2，
∴CQ2﹣CP2＝AQ2﹣AP2，即（3+t）2﹣t2＝t2+16﹣（5﹣t）2，解得：t＝4.5．
∵由题意可知：0≤t≤4，
∴t＝4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形．
（3）如图所示：
过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，
MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E＝∠D＝90°．
∵PG∥y轴，
∴△PAG∽△ACO，
∴＝＝，即＝＝，
∴PG＝t，AG＝t，
∴PE＝GQ＝GO+OQ＝AO﹣AG+OQ＝3﹣t+t＝3+t，
DF＝GP＝t．
∵∠MPQ＝90°，∠D＝90°，
∴∠DMP+∠DPM＝∠EPQ+∠DPM＝90°，
∴∠DMP＝∠EPQ．
又∵∠D＝∠E，PM＝PQ，∴△MDP≌△PEQ，
∴PD＝EQ＝t，MD＝PE＝3+t，
∴FM＝MD﹣DF＝3+t﹣t＝3﹣t，OF＝FG+GO＝PD+OA﹣AG＝3+t﹣t＝3+t，
∴M（﹣3﹣t，﹣3+t）．
∵点M在x轴下方的抛物线上，
∴﹣3+t＝﹣×（﹣3﹣t）2+×（﹣3﹣t）+4，解得：t＝．
∵0≤t≤4，
∴t＝．
（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC于点Q′．
∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，
∴RH＝QO＝t，RH∥OQ．
∵A（﹣3，0），N（﹣，0），∴点N为OA的中点．
又∵R为OP的中点，
∴NR＝AP＝t，∴RH＝NR，
∴∠RNH＝∠RHN．
∵RH∥OQ，∴∠RHN＝∠HNO，
∴∠RNH＝∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．
设直线AC的解析式为y＝mx+n，把点A（﹣3，0）、C（0，4）代入得：，
解得：m＝，n＝4，∴直线AC的表示为y＝x+4．
同理可得直线BC的表达式为y＝﹣x+4．
设直线NR的函数表达式为y＝x+s，将点N的坐标代入得：×（﹣）+s＝0，解得：s＝2，
∴直线NR的表述表达式为y＝x+2．
将直线NR和直线BC的表达式联立得：，解得：x＝，y＝，
∴Q′（，）．
8．（2018•西青区二模）抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c均是常数）经过点O（0，0），A（4，4），与x轴的另一交点为点B，且抛物线对称轴与线段OA交于点P．
（I）求该抛物线的解析式和顶点坐标；
（Ⅱ）过点P作x轴的平行线l，若点Q是直线上的动点，连接QB．
①若点O关于直线QB的对称点为点C，当点C恰好在直线l上时，求点Q的坐标；
②若点O关于直线QB的对称点为点D，当线段AD的长最短时，求点Q的坐标（直接写出答案即可）．

【解析】（I）把O（0，0），A（4，4）的坐标代入y＝﹣x2+bx+c，
得，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+5x＝﹣（x﹣）2+．
所以抛物线的顶点坐标为（，）；
（Ⅱ）①由题意B（5，0），A（4，4），
∴直线OA的解析式为y＝x，AB＝＝7，
∵抛物线的对称轴x＝，
∴P（，）．
如图1中，点O关于直线BQ的对称点为点C，当点C恰好在直线l上时，
∵QC∥OB，
∴∠CQB＝∠QBO＝∠QBC，
∴CQ＝BC＝OB＝5，
∴四边形BOQC是平行四边形，
∵BO＝BC，
∴四边形BOQC是菱形，设Q（m，），
∴OQ＝OB＝5，
∴m2+（）2＝52，∴m＝±，
∴点Q坐标为（﹣，）或（，）；
②如图2中，由题意点D在以B为圆心5为半径的⊙B上运动，当A、D、B共线时，线段AD最小，设OD与BQ交于点H．

∵AB＝7，BD＝5，
∴AD＝2，D（，），
∵OH＝HD，
∴H（，），
∴直线BH的解析式为y＝﹣x+，
当y＝时，x＝0，
∴Q（0，）．


9．抛物线y＝ax2+bx﹣4a经过A（1，0）、C（0，4）两点，与x轴交于另一点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点D（m，1﹣m）在第二象限的抛物线上，求点D关于直线BC的对称点的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接BD，点P为抛物线上一点，且∠DBP＝45°，求出点P的坐标．

【解析】（1）抛物线y＝ax2+bx﹣4a经过A（1，0）、C（0，4）两点，
∴（1分）解得
∴此抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣3x+4．（2分）

（2）∵点D（m，1﹣m）在抛物线y＝﹣x2﹣3x+4上，
∴﹣m2﹣3m+4＝1﹣m，解之，得m1＝﹣3，m2＝1．
∵点D在第二象限，
∴D（﹣3，4）．（3分）
令y＝﹣x2﹣3x+4＝0，得x1＝1，x2＝﹣4．
∴B（﹣4，0）．
∴∠CBO＝45°．
连接DC，易知DC∥BA，DC⊥CO，DC＝3，
∴∠DCB＝∠CBO＝45°．
∴∠BCD＝45°．
过点D作DE⊥BC于E，延长DE交y轴于F，
∴∠D＝45°．
∴∠CFE＝45°．
∴DE＝CE＝EF．
∴点F即为点D关于直线BC的对称点．（4分）
∴CD＝CF＝3．
∴F（0，1）．（5分）

（3）∵∠CDB＞90°，∠BCD＝45°，
∴∠DBC＜45°
∵∠DBP＝45°，
∴点P在直线BC下方的抛物线上．
在Rt△DCE中，DC＝3，∠DCE＝45°，
∴DE＝EC＝．
在Rt△BCO中，OB＝OC＝4，
∴BC＝4．∴BE＝．
∴在Rt△BDE中，tan∠DBE＝．
∵∠DBP＝∠CBO＝45°，
∴∠DBC＝∠PBO．（6分）
∴tan∠DBC＝tan∠PBO＝．
过点P作PM⊥x轴于M，
∴在Rt△BDE中，tan∠PBO＝＝．
设PM＝3t，则BM＝5t，
∴OM＝5t﹣4．
∴P（5t﹣4，3t）．（7分）
∴﹣（5t﹣4）2﹣3（5t﹣4）+4＝3t．解得t1＝0，t2＝．
∴P（，）．（8分）