第21页 - 亮点给力提优课时作业本九年级数学江苏版

$解：(1)因为抛物线 y=a x^2+b x+3 与 x 轴交于 A(3， 0)， B(-1，0) 两点，$

$所以 \{\begin{array}{l}9\ \mathrm {a}+3\ \mathrm {b}+3=0， \\ a-b+3=0，\end{array}.$

$解得 \begin{cases}a=-1\\b=2\end{cases}$

$所以该抛物线的函数表达式为 y=-x^2+2x+3$（更多请点击查看作业精灵详解）

$解：(1) 把点 A(-5，0)， B(1，0) 分别代入 y=a x^2+b x+5，得$

$\{\begin{array}{l}25\ \mathrm {a}-5\ \mathrm {b}+5=0， \\ a+b+5=0，\end{array}.$

$解得 \{\begin{array}{l}a=-1， \\ b=-4，\end{array}.$

$所以该抛物线的函数表达式为 y=-x^2-4 x+5.$

$解:(2) 当 \triangle B D N 是以 D N 为腰的等腰三角形时，\ $

$分类讨论如下：$

$①若 D N=D B，\ $

$则由抛物线的对称性可知点N与点 A 重合，\ $

$则点 N 的坐标为 (-5，0)；$

$②若 D N=B N，则 D N^2=B N^2.\ $

$设 N(n，-n^2-4n+5).$

$因为 y=-x^2-4 x+5=-(x+2)^2+9，$

$所以 D(-2，9)，$

$所以 D N^2=[n-(-2)]^2+(-n^2-.4\ \mathrm {n}+5-9)^2=n^4+8\ \mathrm {n}^3+25\ \mathrm {n}^2+36\ \mathrm {n}+20.$

$因为 B(1，0)，$

$所以 B N^2=(n-1)^2+(-n^2-4\ \mathrm {n}+5)^2=n^4+8\ \mathrm {n}^3+7\ \mathrm {n}^2-42\ \mathrm {n}+26，$

$所以 n^4+8\ \mathrm {n}^3+25\ \mathrm {n}^2+36\ \mathrm {n}+20=n^4+8\ \mathrm {n}^3+7\ \mathrm {n}^2-42\ \mathrm {n}+26，即 18\ \mathrm {n}^2+78\ \mathrm {n}-6=0 ，$

$解得 n=\frac {-13 \pm \sqrt{181}}{6}.$

$当 n=\frac {-13+\sqrt{181}}{6} 时， -n^2-4\ \mathrm {n}+5=\frac {71+\sqrt{181}}{18}，$

$所以 N(\frac {-13+\sqrt{181}}{6}， \frac {71+\sqrt{181}}{18})；$

$当 n=\frac {-13-\sqrt{181}}{6} 时， -n^2-4\ \mathrm {n}+5=\frac {71-\sqrt{181}}{18}，$

$所以 N(\frac {-13-\sqrt{181}}{6}， \frac {71-\sqrt{181}}{18}).$

$综上所述，点 N 的坐标为 (-5，0) 或 (\frac {-13+\sqrt{181}}{6}， \frac {71+\sqrt{181}}{18}) 或 (\frac {-13-\sqrt{181}}{6}， \frac {71-\sqrt{181}}{18}).$

$解:(2)因为 y=-x^2+2x+3=-(x-1)^2+4$

$所以该抛物线的顶点 M 的坐标为 (1，4).$

$设 P(0， t)，则 A M^2=(3-1)^2+(0-4)^2=20，$

$A P^2=(3-0)^2+(0-t)^2=t^2+9， M P^2=(1-0)^2+(4-t)^2=t^2-8\ \mathrm {t}+17.$

$若 \triangle P A M 为直角三角形，则分类讨论如下：$

$①若 \angle P A M=90^{\circ}，则 A M^2+A P^2=M P^2，即$

$20+t^2+9=t^2-8\ \mathrm {t}+17，解得 t=-\frac {3}{2}，$

$所以 P(0，-\frac {3}{2})；$

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

$20+t^2-8\ \mathrm {t}+17=t^2+9，解得 t=\frac {7}{2}，$

$所以 P(0， \frac {7}{2})；$

$③若 \angle A P M=90^{\circ}，则 A P^2+M P^2=A M^2，即$

$t^2+9+t^2-8\ \mathrm {t}+17=20，解得 t=1 或 3 ，$

$所以 P(0，1) 或 P(0，3).$

$综上所述，存在点 P，使得 \triangle P A M 为直角三角形，且点 P 的坐标为$

$(0， -\frac {3}{2})或 (0， \frac {7}{2}) 或 (0，1) 或 (0，3).$

$解:(3) 如图，过点 I 分别作 I E \perp x 轴于点 E， I F \perp A D 于点 F， I H \perp D G 于点 H，则 $

$\angle I E G=\angle I H G=90^{\circ}.$

$因为 D G \perp x 轴，$

$所以 \angle H G E=90^{\circ}，$

$所以四边形 I E G H 为矩形.$

$因为 I 是 \triangle A D G 的内心，$

$所以 I E=I H=I F， A E=A F， D F=D H， G E=G H，$

$所以矩形 IEGH 为正方形.$

$因为 A(3，0)，$

$所以 O A=3 .$

$设点 I 的坐标为 (m， n)，$

$则 O E=m， G E=G H=I E=n，$

$所以 A F=A E=O A-O E=3-m，$

$所以 A G=G E+A E=n+3-m.$

$因为 D A=O A=3，$

$所以 D H=D F=D A-A F=m，$

$所以 D G=D H+G H=m+n.$

$因为 D G^2+A G^2=D A^2，$

$所以 (m+n)^2+(n+3-m)^2=3^2，$

$所以\ \mathrm {\ \mathrm {\ \mathrm {\ \mathrm {m^2}}}}-3\ \mathrm {m}+n^2+3\ \mathrm {n}=0 . 配方，得 (m-\frac {3}{2})^2+(n+\frac {3}{2})^2=\frac {9}{2}，$

$所以点 I(m， n) 与定点 Q(\frac {3}{2}，-\frac {3}{2}) 之间的$

$距离为 \frac {3 \sqrt{2}}{2}，$

$所以点 I 在以点 Q(\frac {3}{2}，-\frac {3}{2}) 为圆心，\ $

$\frac {3 \sqrt{2}}{2} 为半径的圆位于第一象限的弧上运动. $

$则当点 I 在 C Q 上时， CI的长最小.$

$因为 C(0，3)，$

$所以 C Q=\sqrt{(\frac {3}{2}-0)^2+(-\frac {3}{2}-3)^2}=\frac {3 \sqrt{10}}{2}，$

$所以 C I=C Q-I Q=\frac {3 \sqrt{10}-3 \sqrt{2}}{2}，$

$所以 C I 长的最小值为 \frac {3 \sqrt{10}-3 \sqrt{2}}{2}.$