第22页 - 亮点给力提优课时作业本九年级数学江苏版

$解：(1) 因为抛物线 y=a x^2-2\ \mathrm {b} x+b 与 y 轴交于点 C(0，-3)，$

$所以 b=-3.$

$因为该抛物线的对称轴为直线 x=3$

$所以 -\frac {-2\ \mathrm {b}}{2\ \mathrm {a}}=3，解得 a=-1，$

$所以该抛物线的函数表达式为 y=-x^2+6 x-3.$

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$解：(1)因为点 A(-\frac {6}{5}， 0) 在抛物线 F_1， y=a(x-\frac {2}{5})^2+\frac {64}{15} 上，$

$所以 a ×(-\frac {6}{5}-\frac {2}{5})²+\frac {64}{15}=0 ，解得 a=-\frac {5}{3}，$

$所以抛物线 F_1 的函数表达式为 y=-\frac {5}{3}(x-\frac {2}{5})^2+\frac {64}{15}.$

$(2) ①由平移的性质，得抛物线 F_2 的函数表达式为$

$y=-\frac {5}{3}(x+1-\frac {2}{5})^2+\frac {64}{15}-3=-\frac {5}{3}(x+.\frac {3}{5})^2+\frac {19}{15}.$

$联立方程组 \{\begin{array}{l}y=-\frac {5}{3}(x-\frac {2}{5})^2+\frac {64}{15}， \\ y=-\frac {5}{3}(x+\frac {3}{5})^2+\frac {19}{15}，\end{array}.$

$解得 \{\begin{array}{l}x=-1，\\ y=1，\end{array}.$

$所以点 D 的坐标为 (-1，1).$

$② \triangle B C D 为等腰直角三角形. 理由如下：$

$在 y=-\frac {5}{3}(x-\frac {2}{5})^2+\frac {64}{15} 中，$

$令 x=0，得 y=-\frac {5}{3} \times \frac {4}{25}+\frac {64}{15}=4，$

$所以 C(0，4) ，$

$令 y=0，得 -\frac {5}{3}(x-\frac {2}{5})^2+\frac {64}{15}=0，解得 x_1=-\frac {6}{5}， x_2=2，$

$所以 B(2， 0)，$

$所以 B C^2=(2-0)^2+(0-4)^2=20.$

$因为 D(-1，1)，$

$所以 B D^2=[2-(-1)]^2+(0-1)^2=10， C D^2=[0-(-1)]^2+(4-1)^2=10，$

$所以 B D^2+C D^2=B C^2 且 B D=C D，$

$所以 \triangle B C D 为等腰直角三角形.$

$解:(2) 设直线 E F 与 y 轴交于点 H，过点 D 作 D G \perp E F 于点 G， $

$则 \angle D G H=90^{\circ}.$

$由题意，得 D(3，0)，$

$所以 O D=3.$

$因为 E F / / x 轴，$

$所以 \angle O D G=180^{\circ}-\angle D G H=90^{\circ}.$

$又 \angle D O H=90^{\circ}，$

$所以四边形 O D G H 是矩形，$

$所以 O H=D G， H G=O D=3.$

$因为 \triangle D E F 是等腰直角三角形，$

$所以 D E=D F， \angle E D F=90^{\circ}，$

$所以 D G=E G=\frac {1}{2}\ \mathrm {E}\ \mathrm {F}.$

$设 O H=D G=E G=m，\ $

$则 E F=2\ \mathrm {E}\ \mathrm {G}=2\ \mathrm {m}， H E=H G-E G=3-m，$

$所以 E(3-m， m).$

$把点 E(3-m， m) 代入 y=-x^2+6 x-3，\ $

$得$

$-(3-m)^2+6(3-m)-3=m，\ $

$解得 m_1=2,m_2=-3 (不合题意，舍去)，$

$所以 D G=2， E F=4，$

$所以 S_{\triangle D E F}=\frac {1}{2}\ \mathrm {E}\ \mathrm {F} \cdot D G=4.$

$故 \triangle D E F 的面积为 4 .$

$解:(3)设 P(m，-\frac {5}{3}(m+\frac {3}{5})^2+\frac {19}{15}).$

$因为 B(2，0)， D(-1，1)，$

$所以 B P^2=(2-m)^2+[\frac {5}{3}(m+\frac {3}{5})^2-\frac {19}{15}]^2，$

$D P^2=(1+m)^2+[\frac {5}{3}(m+\frac {3}{5})^2-\frac {4}{15}]^2.$

$当 \triangle B D P 为等腰直角三角形时，分类讨论如下：$

$若 \angle B D P=90^{\circ}，则 B D^2+D P^2=B P^2，即$

$10+(1+m)^2+[\frac {5}{3}(m+\frac {3}{5})^2-\frac {4}{15}]^2=(2-m)^2+[\frac {5}{3}(m+\frac {3}{5})^2-\frac {19}{15}]^2，$

$解得 m=-1 或 -2.$

$当 m=-1 时，\ $

$点 P 与点 D 重合，不合题意，舍去；$

$当 m=-2时， D P^2=(1-2)^2+[\frac {5}{3} \times(-2+\frac {3}{5})^2-\frac {4}{15}]^2=10，$

$所以 B D=D P，$

$所以 \triangle B D P 为等腰直角三角形，此时点 P 的坐标为 (-2，-\frac {5}{3} \times(-2+\frac {3}{5})^2+\frac {19}{15})，即 (-2，-2)；$

$若 \angle D B P=90^{\circ}，则 B D^2+B P^2=D P^2，即$

$10+(2-m)^2+[\frac {5}{3}(m+\frac {3}{5})^2-\frac {19}{15}]^2=(1+m)^2+[\frac {5}{3}(m+\frac {3}{5})^2-\frac {4}{15}]^2，$

$解得 m=-4 或 1 .$

$当 m=-4 时， B P^2=(2+4)^2+[\frac {5}{3} \times(-4+\frac {3}{5})^2-\frac {19}{15}]^2=360，$

$所以 B D \neq B P，不合题意，舍去；$

$当 m=1 时， B P^2=(2-1)^2+ [\frac {5}{3} \times(1+\frac {3}{5})^2-\frac {19}{15}]^2=10，$

$所以 B D=B P，$

$所以 \triangle B D P 为等腰直角三角形，\ $

$此时点 P 的坐标为 (1，-\frac {5}{3} \times(1+\frac {3}{5})^2+\frac {19}{15})，即 (1，-3) ；$

$若 \angle B P D=20^{\circ}，\ $

$则结合函数图像可知不存在满足题意的点P.$

$综上所述，存在满足题意的点P，且点P的坐标为 (-2，-2) 或 (1，-3).$