2017-2019年近几年山东省泰安市中考数学难题及压轴题精选

第第30页，共24页答案和解析答案和解析【答案】D【解析】［分析］根据解不等式的步骤依次解不等式，然后根据“同大取大，同小取小，小大大小中间找,大大小小无处找”法则写出不等式解集即可.［详解］hjjJ2策+53.¥—2产解:I由①得，去括号得：5x+4>2x-2移项合并同类项得：3x>-6系数化为1得:x>-2，由②得，去分母去括号得：4x+10-9x+6>6移项合并同类项得：-5x>-10系数化为1得：xV2,所以不等式组的解集是-2SxV2.故选：D.［点评］本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解.求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无处找(无解).【答案】B【解析】解：不等式组L,,V-11L—由.-_xV-1，解得：x>4,由4(x-1)<2(x-a)，解得:x<2-a,故不等式组的解为：4Vx<2-a,由关于X的不等式组有3个整数解，解得：7<2-aV8,解得：-6Va<-5.故选：B.根据解不等式组，可得不等式组的解，根据不等式组的解有3个整数解，可得答案.本题考查了一元一次不等式组，利用不等式的解得出关于a的不等式是解题关键.【答案】A【解析】解：如图所示：连接OC、CD,•••PC是OO的切线，•••PC丄OC,.•.zOCP=90。，••0=119。，•ZODC=180°-ZA=61°,•；OC=OD,•••乙0CD=^0DC=61°,•••zDOC=180°-2x61°=58。，•••ZP=90°-ZD0C=32。；故选：A.连接OC、CD,由切线的性质得出ZOCP=90°,由圆内接四边形的性质得出ZODC=180°-ZA=61°，由等腰三角形的性质得出ZOCD=ZODC=61°，求出ZDOC=58°，由直角三角形的性质即可得出结果.本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理;熟练掌握切线的性质是解题的关键.【答案】D【解析】解：如图：当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1=DP1，当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2=DP2,•P/2IICE且P/=.CE当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP=FP由中位线定理可知：P1P|CE且P1P=CF•••点P的运动轨迹是线段P]P2，•当BP丄P1P2时，PB取得最小值；•矩形ABCD中，AB=4,AD=2,E为AB的中点，.••△CBE、△ADE.△BCP1为等腰直角三角形，CP1=2•ZADE=ZCDE=ZCP1B=45°,zDEC=90°•ZDP2P1=90°•zDP1P2=45°•ZP2P1B=90°，即BP]丄P1P2，•BP的最小值为BP1的长在等腰直角BCP1中，CP1=BC=2•BP1=2；'•PB的最小值是2亡故选：D.根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP丄P]P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP]丄P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可.本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度.【答案】C【解析】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置.由Rt^APB中AB=20P知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM,交QM于点P',当点P位于P位置时，0P'取得最小值，据此求解可得.解：tPA丄PB,•••ZAPB=9O°,vAO=BO，•AB=2P0,若要使AB取得最小值，则P0需取得最小值，连接0M,交OM于点P',当点P位于P'位置时，0P'取得最小值，过点M作MQlx轴于点Q,贝90Q=3、MQ=4,•0M=5,又-MP1=2,•••OP!=3,;.AB=20P‘=6,故选C.【答案】C【解析】【分析】本题考查解一元一次不等式组，解此题的关键是能根据不等式的解集和已知得出关于k的不等式，难度适中.求出每个不等式的解集，根据已知得出关于k的不等式解出即可.【解答】4+9>6兀+1解：解不等式组，lx<2得^:.I..+9>+1•••不等式组的解集为xV2,•；k+1>2,解得k>1.故选：C.【答案】A【解析】解：•••圆内接四边形ABCD的边AB过圆心0,•；ZADC+ZABC=18O。，zACB=90°,•；ZADC=18O°-ZABC=125。，zBAC=90°-zABC=35°,••过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M,；ZMCA=ZABC=55°,zAMC=90°,•ZADC=ZAMC+ZDCM,；zDCM=zADC-zAMC=35°,；zACD=zMCA-zDCM=55°-35°=20°；

故选：A.由圆内接四边形的性质求出ZADC=18O°-ZABC=125。，由圆周角定理求出zACB=90。，得出ZBAC=35。，由弦切角定理得出ZMCA=ZABC=55°，由三角形的外角性质得出ZDCM=ZADC-ZAMC=35。，即可求出ZACD的度数.本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形的外角性质、弦切角定理等知识;熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解决问题的关键.【答案】C【解析】解：(方法一)在Rt^ABC中，ZC=9O。，AB=10cm，BC=8cm,=6cm.S=s-S四边形PABQ△ABC△CPQ设运动时间为t(0<t<4)，则S=s-S四边形PABQ△ABC△CPQ(6-t)x2t=t2-6t+24=(t-3)2+15.•••1>0,•••当t=3时，四边形PABQ的面积取最小值，最小值为15.(方法一)•s四边形pabq+SaCPQ=SaABC，•••当ACPQ的面积最大时，四边形PABQ的面积最小.在RthABC中，ZC=90°，AB=10cm，BC=8cm，•••AC=」；,=6cm.设运动时间为t(0<t<4)，则PC=(6-t)cm,CQ=2tcm，•S^CPq=PC•CQ=x(6-t)x2t=-t2+6t=-(t-3)2+9.•••-1V0,•••当t=3时，\CPQ的面积取最大值，最大值为9,•••四边形PABQ的面积最小值为:x6x8-9=15.故选：C.(方法一)在RthABC中，利用勾股定理可得出AC=6cm，设运动时间为t(0<t<4),则PC=(6-t)cm,CQ=2tcm,利用分割图形求面积法可得出S四边形PABQ=t2-6t+24，利用配方法即可求出四边形PABQ的面积最小值，此题得解；"(方法二)由S四边形pabq+Sacpq=Saabc，可得出当△CPQ的面积最大时，四边形PABQ的面积最小，在Rt^ABC中，利用勾股定理可得出AC=6cm，设运动时间为t(0<t<4),则PC=(6-t)cm,CQ=2tcm,利用三角形的面积公式可得出S^CPQ=-t2+6t,利用配方法可求出ACPQ的面积最大值，再用△ABC的面积减去该值即可得出结论.本题考查了二次函数的最值以及勾股定理，解题的关键是：(1)利用分割图形求面积法找出S四边形PABQ=t2-6t+24；(2)利用配方法求出ACPQ的面积最大值.9.【答案】,n【解析】【解析】连接OC,作CH丄0B于H,•ZAOB=90°,ZB=30°,・・・ZOAB=60°,AB=2OA=6,由勾股定理得，OB二,小=3"•••OA=OC,zOAB=60°,•••△AOC为等边三角形，•••ZAOC=60°,•••ZCOB=30°,:.CO=CB,CH='OC=.,•••阴影部分的面积=—jx3x3x〔+.3叮:x-三二=,n,故答案为：匹.连接OC,作CH丄OB于H根据直角三角形的性质求出AB,根据勾股定理求出OB,证明△AOC为等边三角形，得到ZAOC=60°,zCOB=30°,根据扇形面积公式、三角形面积公式计算即可.本题考查的是扇形面积计算、等边三角形的判定和性质，掌握扇形面积公式、三角形的面积公式是解题的关键.10.【答案】（2n-l）【解析】解：由题意可得，点A1的坐标为（0,1），点A2的坐标为（1,2）,点A3的坐标为（3,4）,点A4的坐标为（7,8）,……,•OA1=1,CA=2,C2A3=4,C3A4=8,……,•:前n个正方形对角线长的和是：“（OA1+C1A2+C2A3+C3A4+・・・+C/）=、2L1122334n-1n人（1+2+4+8+・・・+2n-1）,设S=1+2+4+8+・・・+2n-1,则2S=2+4+8+・・・+2n-1+2n,则2S-S=2n-1,:.S=2n-1,•：1+2+4+8+…+2n-1=2n-1,•:前n个正方形对角线长的和是:心（2n-1）,故答案为：「’（2"-1）,根据题意和函数图象可以求得点A1，A2,A3,A4的坐标，从而可以得到前n个正方形对角线长的和，本题得以解决.本题考查一次函数图象上点的坐标特征、规律型：点的坐标，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答.11.【答案】2【解析】解：如图，连接EC,•四边形ABCD为矩形，•：zA=zD=90°,BC=AD=12,DC=AB=3、；■,•E为AD中点，:.AE=DE=AD=6由翻折知，△AEF^^GEF,:.AE=GE=6,ZAEF=ZGEF,zEGF=zEAF=90°=zD,:GE=DE,:.EC平分ZDCG,:.^DCEmGCE,•.•乙GEC=90。-乙GCE,zDEC=90°-zDCE,.:乙GECmDEC,•：zFEC=zFEG+zGEC='x180°=90°,•：zFEC=zD=90°,又•SCEnGCE,:△fec-^edc,FE_EC：・•••=，•EC=.：W+"■,-=“+-=V'，F£_趴4J:.FE=2、\二,故答案为：2」工连接EC,利用矩形的性质，求出eg,de的长度，证明EC平分zDCF,再证zFEC=90°,最后证△FEC〜'EDC,利用相似的性质即可求出EF的长度.本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够作出适当的辅助线，连接CE,构造相似三角形，最终利用相似的性质求出结果.【答案】|「.【解析】【分析】此题主要考查了折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，充分利用勾股定理求出线段AE是解本题的关键.先利用勾股定理求出A'C,进而利用勾股定理建立方程求出AE,即可求出be,最后用三角函数即可得出结论.【解答】解：由折叠知，A'E=AE,A'B=AB=6,zBA'E=90°,•：zBA'C=90°,在Rt^ACB中,A'C=冷；｛厂一门l「=8,设AE=x，则A'E=x,•：DE=10-x,CE=A'C+A'E=8+x,在RtHCDE中，根据勾股定理得，(10-x)2+36=(8+x)2,•：x=2,•：AE=2,在R仏ABE中，根据勾股定理得，BE=.J；；.=2：.小',.人厂厂ae-,io.••sinZABX=：,故答案为：'•【答案】S=：-X2I二【解析】【分析】本题考查解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于

中考常考题型.可在直角三角形CED中，根据DE、CE的长，求出ABED的面积即可解决问题.【解答】解：（1）在Rt'CDE中，tanC=，CD=x，311:.DE=_x，CE=.x，.•.BE=10-_x,.S^BED='X（10--x）・：x=]-x2+3x.•:DF=BF，..S=：Sabed=二一x2I“故答案为S=—尹2|二.14.【答案】14.【答案】2000【解析】解：DH=100，【解析】解：DH=100，DK=100，AH=15,•••AH||DK，:.乙CDK=^A，而厶CKD=^AHD,:acdk〜、dah.2000:CK=.2000答:2000答:KC的长为：步.rR故答案为证明△CDK〜'DAH，利用相似三角形的性质得“,_:,然后利用比例性质可求出CK的长.本题考查了相似三角形的应用：利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度.15.【答案】2cm【解析】【分析】此题主要考查了圆锥的计算，正确得出圆锥的半径是解题关键.直接利用圆锥的性质求出圆锥的半径，进而利用勾股定理得出圆锥的高.【解答】解：由题意可得圆锥的母线长为：24cm,l5Un<2-1设圆锥底面圆的半径为：r,则2n_,,解得：r_10,故这个圆锥的高为：「T—丄厂_2」⑴（cm）.

故答案为：2」''(cm).16.【答案】"【解析】【分析】本题作点M关于AB的对称点N,根据轴对称性找出点P的位置，如图，根据三角函数求出MN,小,再根据三角函数求出结论.本题考查含30°直角三角形的性质、轴对称-最短路线问题及三角函数，正确确定P点的位置是解题的关键.【解答】解：作点M关于AB的对称点N,过N作NQLAC于Q交AB于P,则NQ的长即为PM+PQ的最小值，.••MN=2,故答案为:17.【答案】(1)证明：如图①中,连接MN交AB于D,则MD1AB，DM=DN，•••ZNPB=ZAPQ,•••ZN=zBAC=30°,•••zBAC=30°.••MN=2,故答案为:17.【答案】(1)证明：如图①中,•四边形ABCD是矩形，•••ZBAD=90°,•AE1BD,•ZAED=90°,•ZBAE+ZEAD=90°,zEAD+zADE=90°,•ZBAE=ZADE,•ZAGP=ZBAG+ZABG,zAPG=zADE+zPBD,aABGnPBD,•zAGP=zAPG,•ap=ag,•paiab,pfibd,bp平分zABD,•pa=pf,•pf=ag,•AE1BD,PF1BD,•pfiiag.•••四边形AGFP是平行四边形,•；PA=PF,•••四边形AGFP是菱形.(2)证明：如图②中,；AELBD,PE丄EC,•••ZAED=ZPEC=90°,•aAEP=aDEC,•；zEAD+zADE=90°,zADE+zCDE=90°,:.乙EAPmEDC,•△aep^^dec,AEAP•漩=丽,•;AB=CD,；.ae・ab=de・ap；(3)解：；•四边形ABCD是矩形,;BC=AD=2,zBAD=90°,；bd=.，上二-+上；ae丄bd,；Saabd=-•BD・AE=•Ab•AD，；ae=~\,•；de=」；「；ae・ab=de・ap；•AP=.--【解析】(1)想办法证明ag=pf,agiipf,推出四边形AGFP是平行四边形，再证明pa=pf即可解决问题.(2)证明aaep〜adec,可得•=..，由此即可解决问题.(3)利用(2)中结论.求出de,AE即可.本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.18.【答案】解：(1)；•二次函数的图象经过点A(3,0)、B(0,-2)、C(2,-2),

■9a+^/?+c=flJ*1,4a+2bH-c——2解得:•••二次函数表达式为y=X2-'x-2；解得:图1、r24设P(t,:t2-：t-2)(t>3),：.OD=t,PD=t2图1、r24设P(t,:t2-：t-2)(t>3),：.OD=t,PD=t2-t-2,设直线BP解析式为y=kx-2,21把点P代入得：kt-2=t2-t-2,•••直线BP：y=(t-1)x-2,243当y=0时，(t-)x-2=0,解得：x=.:,•C(.,0),•••t>3,•t-2>1,•.■,即点C—定在点A左侧，3(!旳.7'•••S“ba=Saabc+S“cp=：AC•Ob+ac^pd=ac(ob+pd)=4,J=4,解得:“=4,t2=-1(舍去)，2-i321610Jt2-.t-2=可".：-=.,

•••点P的坐标为（4,T）；（3）在抛物线上（AB下方）存在点M使aABO=aABM.如图2,作点O关于直线AB的对称点E,连接OE交AB于点G,连接BE交抛物线于点M,过点E作EFly轴于点F,图2图2•AB垂直平分OE,•BE=OB,OG=GE,•zABO=zABM,•••A（3,0）、B（0,-2）,zAOB=90。，•OA=3,OB=2,AB=..-!|i＞：二J：；,•••sinzOAB——,13•••sinzOAB——,13QAOBAB"△aob=；OA・OB=ABgQAOBAB：.OG=.•.OE=2OG=5,13•ZOAB+ZAOG=ZAOG+ZBOG=9O°,:.zOAB=zBOG,•••Rt^OEF中，sinzBOG=：—,coszBOG=丄—.，：.EF斗0E=：,OF="「OE=；,:E（,，-「），设直线BE解析式为y=ex-2,24365把点E代入得：|e-2=-|，解得：e=-|二，•:直线BE：y=-1_x-2.当-._x-2=x2-x-2，解得：X]=0（舍去），x2=•••点M横坐标为,，即点M到y轴的距离为:.【解析】本题考查了待定系数法求二次函数、一次函数解析式，一元二次方程的解法,轴对称的性质，等腰三角形性质，三角函数的应用.第（3）题点的存在性问题，可先通过画图确定满足^ABO=^ABM的点M位置，通过相似三角形对应边成比例或三角函数为等量关系求线段的长.（1）用A、B、C三点坐标代入，用待定系数法求二次函数表达式.（2）设点P横坐标为t,用t代入二次函数表达式得其纵坐标.把t当常数求直线BP解析式，进而求直线BP与x轴交点C坐标（用t表示），即能用t表示AC的长.把MBA以x轴为界分成△ABC与AACP,即得到ShPBA=AC（OB+PD）=4，用含t的式子代入即得到关于t的方程，解之即求得点P坐标.（3）作点O关于直线AB的对称点E,根据轴对称性质即有AB垂直平分OE,连接BE交抛物线于点M,即有BE=OB,根据等腰三角形三线合一得ZABO=ZABM，即在抛物线上（AB下方）存在点M使lABO=lABM.设AB与OE交于点G,则G为OE中点且OGLAB，利用AOAB面积即求得OG进而得OE的长.易求得zOAB=zBOG,求ZOAB的正弦和余弦值，应用到Rt'OEF即求得OF、EF的长，即得到点E坐标.求直线BE解析式，把BE解析式与抛物线解析式联立，求得x的解一个为点B横坐标，另一个即为点M横坐标，即求出点M到y轴的距离.19.【答案】解：（1）AG=FG,理由如下：如图，过点F作FM1AB交BA的延长线于点M•••四边形ABCD是正方形•••AB=BC,ZB=90°=ZBAD•••FM1AB,ZMAD=90°,FG丄AD•••四边形AGFM是矩形•••AG=MF,AM=FG,•••ZCEF=9O。，•••ZFEM+ZBEC=90°,ZBEC+ZBCE=90°•ZFEM=ZBCE，且ZM=ZB=90°,EF=EC•••△EFM三ACEB(AAS)•BE=MF,ME=BC•ME=AB=BC•BE=MA=MF.••AG=FG,（2）DH1HG理由如下：如图，延长GH交CD于点N,•••FG1AD,CD1AD•••FGIICD且CH=FH,且CH=FH,:.GH=HN,NC=FG:.AG=FG=NC又•••AD=CD,：.GD=DN，且GH=HN:.DH1GH【解析】（1）过点F作FM1AB交BA的延长线于点M,可证四边形AGFM是矩形，可得AG=MF,AM=FG,由“AAS”可证AEFM三ACEB,可得BE=MF,ME=BC=AB,可得BE=MA=MF=AG=FG；（2）延长GH交CD于点N,由平行线分线段成比例可得；=：=.：，且CH=FH,可得GH=HN,NC=FG,即可求DG=DN，由等腰三角形的性质可得DH1HG.本题考查了正方形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明△EFM^^CEB是本题的关键.20.【答案】解：（1）tAF-FG,.•.乙FAG=zFGA,•AG平分乙CAB,•••ZCAG=ZFGA,•••ZCAG=ZFGA,•••ACIIFG,•DE1AC,：.FG1DE,•FG1BC,•：DE||BC,•：AC1BC,•：ZC=ZDHG=9O。，ZCGE=ZGED,•F是AD的中点，FG||AE,•：H是ED的中点，•:FG是线段ED的垂直平分线，:.GE=GD,ZGDE=ZGED,.:乙CGEmGDE,•••△ECG三AGHD；

证明：过点G作GPLAB于P,•••GC=GP,而AG=AG,^△CAG=^PAG,:.AC=AP,由(1)可得EG=DG,:.Rt'ECG三Rt'GPD,；.EC=PD,.AD=AP+PD=AC+EC；四边形AEGF是菱形，证明：•••ZB=3O°,•；ZADE=3O°,:AE=AD,•；AE=AF=FG,由(1)得AE\\FG,；•四边形AECF是平行四边形，:四边形AEGF是菱形.【解析(1)依据条件得出ZC=ZDHG=90°,ZCGE=ZGED,依据F是AD的中点,FG^AE,即可得到FG是线段ED的垂直平分线，进而得到GE=GD,乙CGEnGDE，利用AAS即可判定AECG三AGHD；过点G作GPLAB于P,判定^CAG=^PAG,可得AC=AP,由(1)可得EG=DG,即可得到Rt'ECG三Rt'GPD，依据EC=PD,即可得出AD=AP+PD=AC+EC；依据ZB=30°，可得ZADE=30°,进而得到AE=.AD，故AE=AF=FG，再根据四边形AECF是平行四边形，即可得到四边形AEGF是菱形.本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键.21.【答案】解：(1)•二次函数y=ax2+bx+c经过点A(-4,0)、B(2,0),C(0,6),16«-4^十匚=0」4口+2色+c=0所以二次函数的解析式为：y=-孑iI,(2)由A(-4,0),E(0,-2),可求AE所在直线解析式为y=-和-,过点D作DGlx轴于G,交AE于点F,交x轴于点G,过点E作EH1DF,垂足为H,如图小厂323z1、32:・DF=、仁,.!■|(i-二)=.■二.'-lIU,"S^ade=S^adf+S^edf^xDFxAG<DFxEH=.xDFx(AG+EH)='x4xDF32=2x('二2SO.•.当m=时，△ADE的面积取得最大值为:..(3)y=.人■_■•■朴的对称轴为x=-1,设P(-1,n),又E(0,-2),A(-4,0),可求PA2=9+n2,PE2=1+y：+'「‘，AE2=16+4=20,当PA2=PE2时，9+n2=1+；”+'丄■<解得，n=1，此时P(-1,1)；当PA2=AE2时，9+n2=20,解得，n=士此时点P坐标为(-1，士』石)；当PE2=AE2时，1+」；丨"'「=20,解得，n=-2，此时点P坐标为：(-1,-2二」'■').综上所述，P点的坐标为：(-1,1),(-1,■」【)，(-1,-2二」11).【解析】(1)把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；根据函数解析式设出点D坐标，过点D作DGlx轴于G,交AE于点F,表示AADE的面积，运用二次函数分析最值即可；设出点P坐标，分PA=PE,PA=AE,PE=AE三种情况讨论分析即可.此题主要考查二次函数的综合问题，会求抛物线解析式，会运用二次函数分析三角形面积的最大值，会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键.22.【答案】解：(1)ZDEF=ZAEF,理由：-EFWAB,

:.乙DEFmEBA,aAEFmEAB,•••zEAB=zEBA,.:乙DEF二aAEF；(2)△EOA^^AGB,理由：•••四边形abcd是菱形，：.ab=ad,ac丄bd,：zGAB=zABE+zADB=2zABE,•zAEO=zABE+zBAE=2zABE,•aGAB=aAEO,zGAB=zAOE=90°,:△eoa^^agb；(3)如图，连接dm,•.•四边形abcd是菱形,由对称性可知，bm=dm,zADM=zABM,•••abhch,•：zABM=zH,.：zADM=zH,•:乙DMHmFMD,:.、mfd〜、mdh,DMMF:玄—:-,•：DM2=MF・MH,•：BM2=MF・MH.【解析】(1)先判断出乙DEFmEBA,zAEFmEAB,即可得出结论；先判断出zGAB=zABE+zADB=2zABE，进而得出aGAB=aAEO,即可得出结论；先判断出bm=dm,zADM=zABM,进而得出zadm=zh,判断出amfd〜△mdh,即可得出结论，此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，对称性，相似三角形的判定和性质，判断出△EOA〜^AGB是解本题的关键.23.【答案】解：(1)设抛物线的解析式是y=-(x-1)2+k.把(-1,0)代入得0=-(-1-1)2+k,解得k=4,则抛物线的解析式是y=-(x-1)2+4,即y=-x2+2x+3；(2)在y=-x2+2x+3中令x=0,则y=3，即C的坐标是(0,3),OC=3.•B的坐标是(3,0)•：OB=3,：.oc=ob,则aobc是等腰直角三角形.：.zOCB=45。，过点N作NH丄y轴，垂足是H.•••ZNCB=90°,•：zNCH=45°,：.nh=ch,：.HO=OC+CH=3+CH=3+NH,设点N坐标是(a,-a2+2a+3).•:a+3=-a2+2a+3,解得a=0(舍去)或a=1,

：.N的坐标是(1,4)；(3)•••四边形OAPQ是平行四边形，则PQ=OA=1，且PQ^OA,设P/r