解：①如图1，作PF∥BO交AB于点F，

∴△PFD∽△OBD，

∴ $\frac{P D}{O D} = \frac{P F}{O B}$ ，

∵OB为定值，

∴当PF取最大值时， $\frac{P D}{O D}$ 有最大值，

设P（x， $- \frac{1}{2} x^{2} - x + 4$ ），其中﹣4＜x＜0，则F（x，x+4），

∴PF＝ $y_{p} - y_{F} = - \frac{1}{2} x^{2} - x + 4 - (x + 4)$ ＝ $- \frac{1}{2} x^{2} - 2 x$ ，

∵ $- \frac{1}{2} < 0$ 且对称轴是直线x＝﹣2，

∴当x＝﹣2时，PF有最大值，

此时PF＝2， $\frac{P D}{O D} = \frac{P F}{O B} =$ $\frac{1}{2}$ ；

②∵点C（2，0），

∴CO＝2，

（i）如图2，点F在y轴上时，过点P作PH⊥x轴于H，

在正方形CPEF中，CP＝CF，∠PCF＝90°，

∵∠PCH+∠OCF＝90°，∠PCH+∠HPC＝90°，

∴∠HPC＝∠OCF，

在△CPH和△FCO中， ${\begin{array}{l} ∠ HPC = ∠ OCF \\ ∠ PHC = ∠ COF \\ PC = CF \end{array}$ ，

∴△CPH≌△FCO（AAS），

∴PH＝CO＝2，

∴点P的纵坐标为2，

∴ $- \frac{1}{2} x^{2} - x + 4 = 2$ ，

解得， $x = - 1 \pm \sqrt{5}$ ，

∴ $P_{1} (- 1 + \sqrt{5} ， 2)$ ， $P_{2} (- 1 - \sqrt{5} ， 2)$ ，

（ii）如图3，点E在y轴上时，过点PK⊥x轴于K，作PS⊥y轴于S，

同理可证得△EPS≌△CPK，

∴PS＝PK，

∴P点的横纵坐标互为相反数，

∴ $- \frac{1}{2} x^{2} - x + 4 = - x$ ，

解得x＝2 $\sqrt{2}$ （舍去），x＝﹣2 $\sqrt{2}$ ，

∴ $P_{3} (- 2 \sqrt{2} ， 2 \sqrt{2})$ ，

如图4，点E在y轴上时，过点PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，

同理可证得△PEN≌△PCM

∴PN＝PM，

∴P点的横纵坐标相等，

∴ $- \frac{1}{2} x^{2} - x + 4 = x$ ，

解得 $x = - 2 + 2 \sqrt{3}$ ， $x = - 2 - 2 \sqrt{3}$ （舍去），

∴ $P_{4} (- 2 + 2 \sqrt{3} ， - 2 + 2 \sqrt{3})$ ，

综合以上可得P点坐标（ $- 2 + 2 \sqrt{3}$ ， $- 2 + 2 \sqrt{3}$ ），（ $- 2 \sqrt{2}$ ， $2 \sqrt{2}$ ），（ $- 1 + \sqrt{5}$ ，2 ）（ $- 1 - \sqrt{5}$ ，2 ）．

广西河池市2020年数学中考三模试卷