如圖1，已知開口向上的拋物線C₁：y=a（x+2）²-5的頂點為P，與x軸相交于A、B兩點（點A在點B的左邊，如圖1所示），且 $數(shù)學(xué)公式$ ．

（1）求a的值；
（2）若直線y=-2x+b與拋物線C₁只有一個交點，且分別與x、y軸相交于C、D兩點，求點P到直線CD的距離；
（3）如圖2，點Q是x軸正半軸上一點，將拋物線C₁繞點Q旋轉(zhuǎn)180°后得到拋物線C₂．拋物線C₂的頂點為N，與x軸相交于E、F兩點（點E在點F的左邊，如圖2所示），當(dāng)以點P、N、F為頂點的三角形是直角三角形時，求點Q的坐標(biāo)．

解：（1）∵拋物線C₁的解析式為y=a（x+2）²-5，
∴頂點P的坐標(biāo)為（-2，-5），
∵拋物線C₁：y=a（x+2）²-5與x軸相交于A、B兩點（點A在點B的左邊），且AB=2 $\text{[math]}$ ，
∴A（-2- $\text{[math]}$ ，0），B（-2+ $\text{[math]}$ ，0）．
將點B的坐標(biāo)（-2+ $\text{[math]}$ ，0）代入拋物線C₁的解析式，
得0=a（-2+ $\text{[math]}$ +2）²-5，
解得，a=1．
故所求a的值為1；

（2）如圖，將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，
∵直線y=-2x+b與拋物線C₁只有一個交點，
∴判別式△=0，即36-4（-1-b）=0，
解得b=-10，
∴直線CD的解析式為y=-2x-10．
過點P作PE⊥CD于E，設(shè)直線PE的解析式為y=kx+n．
∵PE⊥CD，直線CD的斜率為-2，
∴k= $\text{[math]}$ ，
將P（-2，-5）代入y= $\text{[math]}$ x+n，
得-5= $\text{[math]}$ ×（-2）+n，
解得n=-4．
即直線PE的解析式為y= $\text{[math]}$ x-4．
解方程組 $\text{[math]}$ ，解得 $\text{[math]}$ ，
∴E（- $\text{[math]}$ ，- $\text{[math]}$ ），
∴PE= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
故點P到直線CD的距離 $\text{[math]}$ ；

（3）∵拋物線C₂由C₁繞x軸上的點Q旋轉(zhuǎn)180°得到，
∴頂點N、P關(guān)于點Q成中心對稱，
∴點N的縱坐標(biāo)為5．
設(shè)點N的坐標(biāo)為（m，5），作PH⊥x軸于H，作NG⊥x軸于G，作PK⊥NG于K．
∵旋轉(zhuǎn)中心Q在x軸上，
∴EF=AB=2FG=2 $\text{[math]}$ ，
∴FG= $\text{[math]}$ ，點F坐標(biāo)為（m+ $\text{[math]}$ ，0），點H坐標(biāo)為（-2，0），點K的坐標(biāo)為（m，-5）．
根據(jù)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．
分三種情況：
①∠PNF=90°時，PN²+NF²=PF²，解得m=10 $\text{[math]}$ -2，
∴Q點坐標(biāo)為（5 $\text{[math]}$ -2，0）；
②當(dāng)∠PFN=90°時，PF²+NF²=PN²，解得m=4 $\text{[math]}$ -2，
∴Q點坐標(biāo)為（2 $\text{[math]}$ -2，0）；
③∵PN＞NK=10＞NF，
∴∠NPF≠90°．
綜上所得，當(dāng)Q點坐標(biāo)為（5 $\text{[math]}$ -2，0）或（2 $\text{[math]}$ -2，0）時，以點P、N、F為頂點的三角形是直角三角形．
分析：（1）先由拋物線C₁：y=a（x+2）²-5得頂點P的坐標(biāo)為（-2，-5），再根據(jù)拋物線的對稱性得出點B的坐標(biāo)為（-2+ $\text{[math]}$ ，0），將它代入拋物線的解析式，即可求出a的值；
（2）先將y=-2x+b代入y=（x+2）²-5，得到一個關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)直線y=-2x+b與拋物線C₁只有一個交點，得出此一元二次方程的判別式△=0，求得b=-10，得直線CD的解析式為y=-2x-10，再過點P作PE⊥CD于E，根據(jù)互相垂直的兩直線的斜率乘積為-1，可設(shè)直線PE的解析式為y= $\text{[math]}$ x+n，將P（-2，-5）代入，運用待定系數(shù)法求出直線PE的解析式，然后與直線CD的解析式聯(lián)立，求出交點即垂足E的坐標(biāo)，最后根據(jù)兩點間的距離公式即可求出PE的長度；
（3）根據(jù)拋物線C₂是由C₁繞x軸上的點Q旋轉(zhuǎn)180°得到的，可知點N的縱坐標(biāo)為5，設(shè)N點的坐標(biāo)為（m，5），作PH⊥x軸于H，作NG⊥x軸于G，作PK⊥NG于K，可求得EF=AB=2BH=2 $\text{[math]}$ ，F(xiàn)G= $\text{[math]}$ ，點F坐標(biāo)為（m+ $\text{[math]}$ ，0），點H坐標(biāo)為（-2，0），點K的坐標(biāo)為（m，-5），再根據(jù)勾股定理得：PN²=m²+4m+104，PF²=m²+（2 $\text{[math]}$ +4）m+34+4 $\text{[math]}$ ，NF²=30．然后分三種情況進行討論：①∠PNF=90°；②∠PFN=90°；③PN＞NK=10＞NF，所以∠NPF≠90°．前面兩種情況均可利用勾股定理列方程求解．
點評：本題結(jié)合三角形的性質(zhì)考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)和幾何圖形的綜合題目，要利用直角三角形的性質(zhì)和二次函數(shù)的性質(zhì)把數(shù)與形有機的結(jié)合在一起，利用勾股定理作為相等關(guān)系求解．

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科目：初中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

某旅游勝地欲開發(fā)一座景觀山．從山的側(cè)面進行勘測，迎面山坡線ABC由同一平面內(nèi)的兩段拋物線組成，其中AB所在的拋物線以A為頂點、開口向下，BC所在的拋物線以C為頂點、開口向上．以過山腳（點C）的水平線為x軸、過山頂（點A）的鉛垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖（單位：百米）．已知AB所在拋物線的解析式為y=-

x²+8，BC所在拋物線的解析式為y=

（x-8）²，且已知B（m，4）．
（1）設(shè)P（x，y）是山坡線AB上任意一點，用y表示x，并求點B的坐標(biāo)；
（2）從山頂開始、沿迎面山坡往山下鋪設(shè)觀景臺階．這種臺階每級的高度為20厘米，長度因坡度的大小而定，但不得小于20厘米，每級臺階的兩端點在坡面上（見圖）．
①分別求出前三級臺階的長度（精確到厘米）；
②這種臺階不能一直鋪到山腳，為什么？
（3）在山坡上的700米高度（點D）處恰好有一小塊平地，可以用來建造索道站．索道的起點選擇在山腳水平線上的點E處，OE=1600（米）．假設(shè)索道DE可近似地看成一段以E為頂點、開口向上的拋物線，解析式為y=

（x-16）²．

試求索道的最大懸空高度．

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科目：初中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

如圖，已知拋物線C₁的解析式為y=-x²+2x+8，圖象與y軸交于D點，并且頂點A在雙曲線上．
（1）求過頂點A的雙曲線解析式；
（2）若開口向上的拋物線C₂與C₁的形狀、大小完全相同，并且C₂的頂點P始終在C1上，證明：拋物線C₂一定經(jīng)過A點；
（3）設(shè)（2）中的拋物線C₂的對稱軸PF與x軸交于F點，且與雙曲線交于E點，當(dāng)D、O、E

、F四點組成的四邊形的面積為16.5時，先求出P點坐標(biāo)，并在直線y=x上求一點M，使|MD-MP|的值最大．