如图1，已知开口向上的抛物线C₁：y=a（x+2）²-5的顶点为P，与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左边，如图1所示），且 $数学公式$ ．

（1）求a的值；
（2）若直线y=-2x+b与抛物线C₁只有一个交点，且分别与x、y轴相交于C、D两点，求点P到直线CD的距离；
（3）如图2，点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C₁绕点Q旋转180°后得到抛物线C₂．抛物线C₂的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边，如图2所示），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．

解：（1）∵抛物线C₁的解析式为y=a（x+2）²-5，
∴顶点P的坐标为（-2，-5），
∵抛物线C₁：y=a（x+2）²-5与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左边），且AB=2 $\text{[math]}$ ，
∴A（-2- $\text{[math]}$ ，0），B（-2+ $\text{[math]}$ ，0）．
将点B的坐标（-2+ $\text{[math]}$ ，0）代入抛物线C₁的解析式，
得0=a（-2+ $\text{[math]}$ +2）²-5，
解得，a=1．
故所求a的值为1；

（2）如图，将y=-2x+b代入y=（x+2）²-5，得-2x+b=（x+2）²-5，
整理，得x²+6x-1-b=0，
∵直线y=-2x+b与抛物线C₁只有一个交点，
∴判别式△=0，即36-4（-1-b）=0，
解得b=-10，
∴直线CD的解析式为y=-2x-10．
过点P作PE⊥CD于E，设直线PE的解析式为y=kx+n．
∵PE⊥CD，直线CD的斜率为-2，
∴k= $\text{[math]}$ ，
将P（-2，-5）代入y= $\text{[math]}$ x+n，
得-5= $\text{[math]}$ ×（-2）+n，
解得n=-4．
即直线PE的解析式为y= $\text{[math]}$ x-4．
解方程组 $\text{[math]}$ ，解得 $\text{[math]}$ ，
∴E（- $\text{[math]}$ ，- $\text{[math]}$ ），
∴PE= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
故点P到直线CD的距离 $\text{[math]}$ ；

（3）∵抛物线C₂由C₁绕x轴上的点Q旋转180°得到，
∴顶点N、P关于点Q成中心对称，
∴点N的纵坐标为5．
设点N的坐标为（m，5），作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，作PK⊥NG于K．
∵旋转中心Q在x轴上，
∴EF=AB=2FG=2 $\text{[math]}$ ，
∴FG= $\text{[math]}$ ，点F坐标为（m+ $\text{[math]}$ ，0），点H坐标为（-2，0），点K的坐标为（m，-5）．
根据勾股定理得：
PN²=NK²+PK²=m²+4m+104，PF²=PH²+HF²=m²+（2 $\text{[math]}$ +4）m+34+4 $\text{[math]}$ ，NF²=5²+（ $\text{[math]}$ ^）2=30．
分三种情况：
①∠PNF=90°时，PN²+NF²=PF²，解得m=10 $\text{[math]}$ -2，
∴Q点坐标为（5 $\text{[math]}$ -2，0）；
②当∠PFN=90°时，PF²+NF²=PN²，解得m=4 $\text{[math]}$ -2，
∴Q点坐标为（2 $\text{[math]}$ -2，0）；
③∵PN＞NK=10＞NF，
∴∠NPF≠90°．
综上所得，当Q点坐标为（5 $\text{[math]}$ -2，0）或（2 $\text{[math]}$ -2，0）时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形．
分析：（1）先由抛物线C₁：y=a（x+2）²-5得顶点P的坐标为（-2，-5），再根据抛物线的对称性得出点B的坐标为（-2+ $\text{[math]}$ ，0），将它代入抛物线的解析式，即可求出a的值；
（2）先将y=-2x+b代入y=（x+2）²-5，得到一个关于x的一元二次方程，根据直线y=-2x+b与抛物线C₁只有一个交点，得出此一元二次方程的判别式△=0，求得b=-10，得直线CD的解析式为y=-2x-10，再过点P作PE⊥CD于E，根据互相垂直的两直线的斜率乘积为-1，可设直线PE的解析式为y= $\text{[math]}$ x+n，将P（-2，-5）代入，运用待定系数法求出直线PE的解析式，然后与直线CD的解析式联立，求出交点即垂足E的坐标，最后根据两点间的距离公式即可求出PE的长度；
（3）根据抛物线C₂是由C₁绕x轴上的点Q旋转180°得到的，可知点N的纵坐标为5，设N点的坐标为（m，5），作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，作PK⊥NG于K，可求得EF=AB=2BH=2 $\text{[math]}$ ，FG= $\text{[math]}$ ，点F坐标为（m+ $\text{[math]}$ ，0），点H坐标为（-2，0），点K的坐标为（m，-5），再根据勾股定理得：PN²=m²+4m+104，PF²=m²+（2 $\text{[math]}$ +4）m+34+4 $\text{[math]}$ ，NF²=30．然后分三种情况进行讨论：①∠PNF=90°；②∠PFN=90°；③PN＞NK=10＞NF，所以∠NPF≠90°．前面两种情况均可利用勾股定理列方程求解．
点评：本题结合三角形的性质考查二次函数的综合应用，函数和几何图形的综合题目，要利用直角三角形的性质和二次函数的性质把数与形有机的结合在一起，利用勾股定理作为相等关系求解．

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某旅游胜地欲开发一座景观山．从山的侧面进行勘测，迎面山坡线ABC由同一平面内的两段抛物线组成，其中AB所在的抛物线以A为顶点、开口向下，BC所在的抛物线以C为顶点、开口向上．以过山脚（点C）的水平线为x轴、过山顶（点A）的铅垂线为y轴建立平面直角坐标系如图（单位：百米）．已知AB所在抛物线的解析式为y=-

x²+8，BC所在抛物线的解析式为y=

（x-8）²，且已知B（m，4）．
（1）设P（x，y）是山坡线AB上任意一点，用y表示x，并求点B的坐标；
（2）从山顶开始、沿迎面山坡往山下铺设观景台阶．这种台阶每级的高度为20厘米，长度因坡度的大小而定，但不得小于20厘米，每级台阶的两端点在坡面上（见图）．
①分别求出前三级台阶的长度（精确到厘米）；
②这种台阶不能一直铺到山脚，为什么？
（3）在山坡上的700米高度（点D）处恰好有一小块平地，可以用来建造索道站．索道的起点选择在山脚水平线上的点E处，OE=1600（米）．假设索道DE可近似地看成一段以E为顶点、开口向上的抛物线，解析式为y=

（x-16）²．

试求索道的最大悬空高度．

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科目：初中数学 来源： 题型：

如图，已知抛物线C₁的解析式为y=-x²+2x+8，图象与y轴交于D点，并且顶点A在双曲线上．
（1）求过顶点A的双曲线解析式；
（2）若开口向上的抛物线C₂与C₁的形状、大小完全相同，并且C₂的顶点P始终在C1上，证明：抛物线C₂一定经过A点；
（3）设（2）中的抛物线C₂的对称轴PF与x轴交于F点，且与双曲线交于E点，当D、O、E

、F四点组成的四边形的面积为16.5时，先求出P点坐标，并在直线y=x上求一点M，使|MD-MP|的值最大．