题号猜押10 山东中考数学22~23题（解答题）（山东专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测试+答案

这是一份题号猜押10 山东中考数学22~23题（解答题）（山东专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测试+答案，共13页。试卷主要包含了【详解】解，【详解】的图象经过点，两点，等内容，欢迎下载使用。
考点1 二次函数的综合应用
1．【详解】（1）解：把，代入，
得：，
整理得：，
∴对称轴为．
（2）解：由（1）可得，，
，，
，
，
，
∴解析式为．
（3）解：由（2）可得：二次函数解析式为，
∴当时，y有最大值为6，
∵当时，y有最大值为3，
∴不成立，
∴或者：
①当时，y随x的增大而减小，
当时，y有最大值为3，
把，代入得：，
解得或2，
，
，
②当，即时，y随x的增大而增大，
当时，y有最大值为3，
把，代入得：，
解得或，
，
，
综上所述，或．
2．【详解】（1）解：∵二次函数的图像经过点，
∴，解得：，
∴二次函数解析式为．
（2）解：抛物线向下平移个单位后的函数解析式为，
令，则．
设方程的两根为​，则．
由根与系数的关系可得，
∵，
∴，即，解得：．
所以 t 的取值范围为．
（3）解：∵抛物线，
∴抛物线，开口向上，顶点为．
∴当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小；
黄金区间定义： 在对称轴同一侧，且．
①区间在对称轴右侧（），此时y随x的增大而增大，
∴当时，，当时，，
∴m，n 是方程 的两个根，解得，
∴，即；
②区间在对称轴左侧，此时y随x的增大而减小；
∴当时，，当时，，
∴​
两式相减：
，
∵，即，
∴，即，
将代入得，即，
∴，
∴方程无实根，故左侧不存在黄金区间．
综上，存在黄金区间，为．
3．【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线；
（2）解：∵，
∴抛物线与轴的交点坐标为和，
抛物线与轴的交点为和，点在线段上，要使抛物线与线段只有一个交点，则另一个交点需要在线段之外，或与重合，
当交点在线段之外时，或，
解得或；
当交点与重合时，，
解得；
∴或或；
（3）解：由（1）得，抛物线的对称轴为直线，且解析式，抛物线开口向上，
∴为抛物线的顶点坐标，
∴的值最小，
∵，，
∴，
∴由得，
，
整理得，
令，
当时，
解得或，
∴．
4．【详解】（1）解：由题意得，将点代入，
则
解得
∵
∴，
∴解析式为：
令，则
解得，
∴；
（2）解：设直线，
则代入点得，，解得
∴直线
∵
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∵轴，
∴
∵
∴为等腰直角三角形，
∴
∴，
∴当取得最大值时，取得最大值，
设，则
∴
∵
∴当时，的最大值为
∴周长的最大值为；
（3）解：在中，当，则，
解得，
∴；
∵，
∴；
如图所示，当点在x轴上方时，过点作轴于点，设与交点为点，在射线上取点，使得，连接，
∴，，
∴，；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
解得，
∴，
∴，
设直线的解析式为，则，
解得
∴直线的解析式为，
联立，解得或，
∴，
∴；
当点在x轴下方时，过点作交直线于点，过点作轴于点，过点作，交直线于点，
则，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，则，
解得
∴直线的解析式为，
联立，解得或，
∴，
∴；
综上：的长为或．
5．【详解】（1）解：在中，当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
将，代入二次函数的解析式可得，
，
解得：，
∴二次函数的解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
将，代入直线的解析式可得
，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，
将，代入直线的解析式可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵，，
∴，，
∴，
∴，，
∵点是直线上方抛物线上的一动点，
∴设，
∵轴交直线于点，
∴，，
∴，
∵点作交直线于点，
∴，，
∴周长
，
∵，
∴当时，周长最大为，此时，
∴；
如图，将点沿直线方向平移个单位长度得到点，连接、、，
∵直线的解析式为，
∴点向右平移个单位长度，向下平移个单位长度得到点，即，则
由平移的性质可得：，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴的最大值为；
（3）解：∵将点向下平移一个单位长度得到点，
∴，
抛物线关于原点对称的解析式为，
∵将抛物线关于原点对称后沿着射线方向平移个单位长度得到抛物线，
∴将抛物线关于原点对称后向左平移个单位长度，向上平移个单位长度得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，点Q为抛物线上且在抛物线对称轴左侧的一动点，作轴于，
∵，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
解得：或（不符合题意，舍去）；
∴点的横坐标为．
6．【详解】（1）解：∵二次函数（为常数）的图象经过点，两点，
∴该函数的对称轴为直线，则，
解得，
∴该二次函数的表达式为，
当时，，
∴顶点坐标为；
（2）解：点先向下平移6个单位长度，再向右平移个单位长度后的坐标为，
将代入中，得，
解得或（舍去），
故m的值为4；
（3）解：由（1）知，该二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为，开口向下，
又当时，有最大值7，最小值，
∴当时，取最大值7，
∵当时，，
又点关于对称轴对称的点的坐标为
∴．
7．【详解】（1）解：把代入，得：，解得：；
，
对称轴为直线．
（2）解：由（1）知：抛物线解析式为，
点在轴上，过点与轴平行的直线交抛物线于，两点，
，关于对称轴对称，，的纵坐标均为，
又点为线段的中点，
，
，
，
代入，得：，
．
（3）解：，
抛物线的顶点坐标，
当抛物线的一段夹在两条均与轴平行的直线，之间时，，为直线与抛物线的交点，和关于对称轴对称，
又直线，之间的距离为9，为定值，
当一条直线恰好经过抛物线的顶点，即：时，最大，此时另一条直线的解析式为，如图：
当时，解得：，，即：，
的最大值为：．
8．【详解】（1）解：把代入得
解得：
该抛物线的解析式为；
（2）解：设，
点恰为线段的中点，
，
抛物线，
对称轴为直线，
点、关于对称轴对称，
，
解得，
当时，，
的值为；
（3）解：当直线与抛物线相切，即只有一个交点时，的值最大，如图，
，
即，
由，解得，
此时直线：，
直线：向下平移9个单位长度得到直线，
直线：
由，解得，，
，
当，时，
的最大值.
9．【详解】（1）解：，
，
，
，
，即，
不论k取何值，该二次函数的图象与x轴始终有两个不同的交点；
（2）解：，
将该函数的图象沿y轴向上平移个单位长度，再沿x轴向右平移1个单位长度，
得到的新二次函数为，
令，则，
∵新二次函数的图象与x轴的交点分别为，，
∴，，
，
∵记线段的长度为d，
，
的最小值为1；
（3）解：当时，，
当时，，
，，
，
联立，
整理得：，即，
，
，
，
，
，
，
整理得：，
解得：，．
综上可知，k的值为或．
10．【详解】（1）解：二次函数，对称轴为直线，且过点，
根据对称轴公式和点坐标列方程： ，解得，
因此二次函数表达式为：；
（2）解：∵二次函数的图象与轴交于点，
∴时，，得，
由（）得，，对称轴，
∴，
直线经过两点，设直线的解析式为，
，
∴直线的解析式为，
∵，和同高（到直线的高），
∴，即
如图，分别过作轴的平行线，交于两点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
将代入，
得：
∴.
∴
设，
则
∵，即
∴，
解得：，
当时，（不合题意，舍去）；
当时，；
因此点的坐标为：；
（3）∵“阶融合点”，满足，
∴，
①当过时，；
过时，，
由图可得：当直线与的交点只有个；
②当与相切时：，
整理，得，
，
，
∴时，直线与的交点只有个；
综上，若函数图象上有且只有个“阶融合点”，的取值范围为或．
考点2 几何综合探究问题
1．【详解】（1）解：由“哥俩三角形”的定义可得，，，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：①∵和互为“哥俩三角形”，
同理（1）可得，
∴，，
由题意可得，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
②如图，过点作于点，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接，
同理①可知，，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
由题意可知，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，，，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴．
2．【详解】（1）解：∵，，，
∴，
过作于点，
，，
，即，
点在和夹角的平分线上，
，
∵，为中点，
∴，则，
∵，，
∴，
∴，
，即，
，
．
（2）解：过作于点，过点作于点，
∵，
∴，
，，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
，
，
∴．
（3）解：存在．
由题意，得，
解得：（舍去），．
（4）解：如图，连接，
∵是直角，
∴，
∵是的中点，
，
∵，
，，
，
∴，
∴，
，
，
在中，，
，
解得．
3．【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，
∴，
如图，连接，
，
∵把沿直线折叠，使点落在点处，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵矩形中，，，
∴，，
由折叠的性质可得：，
∵点在移动过程中，不变，
∴点在以点为圆心，为半径的的弧上，
如图，连接、，
，
∵，
∴当点在线段上时，有最小值，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为；
（3）解：如图，过点作于，延长交于点，连接、，
，
则，四边形为矩形，
∴，，
∵P、D、N是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴由折叠的性质可得：，，
由勾股定理可得，
∴，
∴，
解得，
∴，，
∴，，
由勾股定理可得，
∴，
∴，
解得．
4．【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴．
（2）解：是等腰直角三角形，
证明：如图，过点F作交于点H，交于点K，连接，，
在正方形中，，，
∵，
∴且，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
（3）解：∵，
∴点A，B，O，F四点共圆，
∴为直径，
∵，
∴点P在圆上，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（4）解：∵，，
∴，
由定弦定角可知，点B，P，O，F四点共圆，
由题意知，此时分情况讨论：
①如图，当点Q在中点时，过点Q作交于点M，
易证得：四边形是矩形，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵点Q为的中点，
∴，
∴，
同理可证得：四边形是正方形，
∵为四边形是正方形的对角线，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
此时点F，P分别在，的中点，
设正方形的边长为，
∴，
过点O作交于点N，
∵，
∴点O为正方形对角线的中点，
∴，
∴，
在中，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∵，
∴；
②如图，当点Q与点D重合时，则点E也与点D重合，

此时点F与点A重合，点P与点B重合，点G与点C重合，
∴点O为正方形对角线中点，
∴为等腰直角三角形，即为等腰直角三角形，
∴，
综上所述，或．
5．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，即，
∴，即，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵，
∴，，即，
∴，，
∴，；
∵，
∴是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，过点D作于点T，
∴；
由（1）可得，则，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
6．【详解】（1）(1)证明：方法1：平移线段至交于点，如图，
由平移的性质得，
四边形是正方形，
，°，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
方法2：平移线段至交于点，如图，
则四边形是矩形，，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，如图，
，
设正方形网格中小正方形的边长为单位1，
则，，，，，，
由勾股定理可得，，，，
，
即，
为直角三角形，，
；
（3）解：①平移线段至处，连接，如图，
则，四边形是平行四边形，
，
四边形与四边形都是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
；
②如图，
为正方形的对角线，，
，
，
，
，
，
．
7．【详解】（1）解：相等，理由如下：
是等腰直角三角形，
，，
，
即，
，
，
；
（2）解：成立，理由：
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
（3）解：如图2，当点在线段上，
根据（2）可得，
，
，，
，
．
如图3，当点在线段的延长线上，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，，
，
．
综上所述，为或．
8．【详解】（1）证明：当时，，
∴，
连接，
∵在中，，，
∴，，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：当时，，
取的中点G，过点G作，分别交、于点H、M．
则，，
∴，，即为等腰直角三角形，
由（1）可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴；
（3）解：
理由：当时，，
取的三分之一点G（靠近点D），过点G作，分别交、于点H、M．
则，，
由（2）可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴；
（4）解：当时，，
取的分之一点G（靠近点D），过点G作，分别交、于点H、M．
则，，
由（2）可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴．
9．【详解】（1）解：，，
，
由折叠可得，，，
，
，
，
；
（2），，
，
又，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
；
（3）如图，延长，交于点，
平分，
，
由折叠的性质可知，，，．
，
，
，
，
和均为等腰直角三角形，
，，，
即，
．
10.【详解】（1）解：∵正方形，
∴，，
由旋转得，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即，
故答案为：；
（2）解：（）中的结论仍然成立，理由如下：
如图，延长至，使，连接，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
即；
（3）解：如图，把绕点逆时针旋转至，连接，过作，垂足为，则，
∵，，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
由旋转的性质得，，
∵，
∴，即点在的延长线上，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据（）的结论有，
即这条道路的长为．
1．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，，，
∴，
∵，四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴
（2）证明：在的延长线上取点M，使，
∵平行四边形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：延长至N，使，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
2．【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
，D为的中点，
，
；
（2）证明：延长至点M，使，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：赞同小组成员甲的说法．
理由：是正方形的对角线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
3．【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，
∴，，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，，
∴，
过作，
∴，
∴，
在中，，即，
解得：，（舍去），
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：设旋转角为，
则，，，，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴．
4．【详解】（1）解：如图，在BC上截取，连接，
在等腰中，，，
，
∴，
∵，，
∴，
∴≌，
∴．
∵，
∴②．
故答案为：①；②
（2）证明：在上截取，连接．
∴，，
∴，
∴，
∴
∴，．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）在上截取，连接，在上截取，连接，作于点H，在中，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∴．
∵，，，，
∴和是等边三角形，
∴，，，
∴．
∵，
∴，
，
∴，
∴∽，
∴，
设，
则，
∴，解得：，
∴．
5．【详解】（1）解：，理由如下，
矩形，
，
，
，，
，
；
（2）解：设，，
如图（3），连接，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
由（1）知，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
（3）解：当时，如备用图（1），
，
，，
四边形是正方形，
当时，
如图（4），过点作于点，
则，
，，，
，
，
；
，
∴
，
，
，
，
，
．
6．【详解】（1）解：由旋转的性质可知：,,
又，
，
即,
在和中：
,
∴，，
在中，，，
，
；
综上，与的数量关系是，；
故答案为：，；
（2），；
证明：，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，即：，
，；
（3）由（2）知，点F是的中点，
，
，
，
，
是直角三角形，
，，
，
，
设，则，
，，，
，
①如图，当点D在线段上时，
，
，
，
，
，（舍去），
②如图，当点D在的延长线上时，
，
，
，
，
，
，舍去），
综上所述，的长为或．
7．【详解】（1）∵，，，
∴根据勾股定理：，
∵从位置出发，沿射线方向匀速运动，
∴，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∵点在线段的垂直平分线上，
∴，
∴；
（2）如图1，过点作交于点，过点作交于点，连接、，
∵，，，，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
，
，
∵，
∴；
（3）如图3，假设存在，使点在外角的平分线上，
过点作交于点，过点作交于点，过点作交延长线于点，作平分，交于点，过点作交于点，连接，
∴，
由得，，
∴，
∴，
∵点与点关于点中心对称，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，，
∵由（2）得，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵由（2）得，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，点在外角的平分线上．
8．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴；
在中，，
在中，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：①∵，
∴，
∴；
由（1）知，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，在上截取，连接，则，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵四边形是矩形，
∴，
∴；
∵，
∴当D、T、H三点共线时，有最大值，最大值为．
9．【详解】（1）解：把、代入得
，
解之得，
∴该二次函数的解析式为；
（2）解：①如图，
设直线的解析式为，
把、代入得
，
解得，
∴直线的解析式为
设，则，
∴，
∴，
，
∴对称轴，
∵，开口向下，
∴当时，有最大值，最大值为．
∴；
②当时，如图：
∴，
∴轴，
∴点的纵坐标为，
∴，
解得舍去，，
∴，
当时，
，
过点作于，
∵，，轴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由①得，，
∴，
解得（舍去），，
∴，
综上，点的坐标为或．
10．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
由折叠可得，，，
∴，
又∵，
∴，
又∵点、、三点共线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与相等的角为或．
（2）解：，理由：
由折叠可得，，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴．
，理由：
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，，
∴，
∵为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点、在线段的垂直平分线上，
∴．
（3）解：当时，如图，垂足为点，过点作于，连接交于，
∵，四边形是平行四边形，
∴，，，，
由折叠可得，，，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
当时，如图，垂足为点，延长交于点，
由折叠可得，，，，，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴的值为或．
11．【详解】（1）解：是等腰三角形，理由如下：
如图，
∵点是边的中点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：，理由如下：
过点作的平行线，与的延长线交于点，则，
∵折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，正方形中，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴；
（3）解：存在，
当点在的延长线上，
∵，
∴，
∴是等腰三角形，则
∴，
设
∴，
∵，
∴，
解得：，
由折叠可得，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴；
当点在线段上，如图：
∵，
∴
∴，
∴是等腰三角形，则
∴，
设
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，
由折叠可得，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
综上所述，存在某一时刻，使是等腰三角形，的长为或．
12．【详解】（1）解：①∵平行四边形的邻边不一定相等，
∴该选项不符合直菱四边形的定义；
②∵矩形的邻边不一定相等，
∴该选项不符合直菱四边形的定义；
③∵菱形的四边相等，但内角不一定为直角，
∴该选项不符合直菱四边形的定义；
④∵正方形的四边相等，四个内角都为直角，
∴正方形一定是直菱四边形，该选项符合题意，
（2）证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵点D为中线上一点，
∴平分，
∴，
∵将线段绕点D顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴．
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是直菱四边形；
（3）解：．理由如下：
∵四边形是对角互补的直菱四边形，，
∴．
如图3，将绕点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，，，，
∵，
∴，
∴M，B，E三点共线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（4）解：如图4，连接，作于点G，
∵，，
∴，
∴，，
∴．
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
解得：，
∵，
∴点D，M，B，C共圆，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
13．【详解】（1）证明：延长交于点．
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴（），
∴，，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：延长交于点．
∵矩形中，，，，
∴，，，，
在中，
，
∵沿折叠得，
∴垂直平分，即，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
，
，
，
∵
在中，，，
，
，
；
（）解：由（）得，，．
情况：，则，
过点作交延长线于，延长交延长线于．
∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，
，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴
∴
∴，
情况：当时，如图，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
综上，的值为或．
14．【详解】（1）解：∵，，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
由勾股定理得，，
在中，，
∴；
（2）解：，证明如下：
如图，连接，过点作于点，
∵，，
∴，即是的中线，
在中，，，
∴，，
∴，
∵射线绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（3）解：将绕点逆时针旋转得，连接，，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∵为定值，
∴要使四边形的面积最小，需使最大，
在四边形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵AH=AB=6，为定角，
如图，作的外接圆，
∵，
∴劣弧所对的圆周角为，
∴圆心角，
∵，，
∴，即是定圆，
当时，点到的距离最大，此时最大，记此时为，
∵，，
∴垂直平分，
∴点，，三点共线，记与的交点为，
∴，，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，，
∵等边中，，
∴，
∴，即点在直线上，
当时，取最小值，此时垂足为的中点，
∵等边中，，
∴，，
过点作于点，
∵，，
∴，
∵是中点，
∴是的中位线，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
，
，
，
，
∴
，
即的面积为．
15．【详解】（1）解：当时，二次函数．
∵函数与y轴交点坐标为，
∴．
（2）解：当时，二次函数，
已知点在该函数图像上，则，，
∵，
∴，解得：，
∵，
∴，即．
∵函数与y轴交点坐标为，
当时，．
∵，
∴，
∴，即，
∴整数n的值为1，2，3，4．
（3）解：∵二次函数，函数与y轴交点坐标为，
∴当时，．
当，即时，，
该函数图像的顶点坐标，
∴，
∵，
∴，即，
∴
∵，
∴，
∴，即．
16．【详解】（1）解：将，代入抛物线得
，
解得，
；
（2）解：，
抛物线的对称轴为，
设直线的解析式为，
代入点得，
，
直线与抛物线有且只有一个公共点
，即，
直线与抛物线有且只有一个公共点，
，
解得，
，
当时，，
；
（3）解：依题意得，新抛物线的解析式为，
过点作轴于点，连接，
设，
，
，
在中，，
，
，
，
，
．
17．【详解】（1）解：将点，代入得：
，
解得，
二次函数的表达式为，
对称轴为，
将代入得：，
顶点的坐标为；
（2）解：①将代入得：，
，
设直线的解析式为，
将、代入得：
，
解得，
直线的表达式为，
函数的图象沿直线平移得到图象M，顶点为，
，
，
连接、，过点D向轴作垂线，交于点H，垂足为点P，过点C作于点Q，如图：
轴、，
将代入得：，
，
、、，
，
，
，
即，
；
②由①可知，直线的表达式为、，
则设直线的表达式为，
将点代入得：，
解得，
直线的表达式为，
设点，
则新抛物线表达式为，
设、，
令得：，
由韦达定理得：，
，
，
、、、，
，
即，
交叉相乘得：，
整理得：，
令或，
解得（舍去）或，
，
解得或（舍去），
当时，，
，
新抛物线表达式为．
18．【详解】（1）解：将 分别代入，
得，解得，
∴二次函数的解析式为；
（2）解：如图1，设点，则，
．
联立一次函数与二次函数的表达式，得，
解得或，
．
∵，且，
∴当时，取得最大值，
把代入，得，
∴；
（3）解：，
∴抛物线的顶点为．
由（1）知，
如图2，当点为顶点的四边形是平行四边形时，
设，分三种情况：

①如图2，为对角线时，的中点与的中点重合，
，
解得，
∴；
②如图2，为对角线时，的中点与的中点重合，
，
解得，
；
③如图2，为对角线时，的中点与的中点重合，
，
解得，
．
综上，点 的坐标为．
19．【详解】（1）解：由题意可得，段抛物线顶点坐标为，
∴设段抛物线表达式，
把代入得，，
解得：，
，
由题意知：，
∴点的横坐标为12，
当时，，
∴抛物线的表达式为，点的离地高度为．
（2）解：由题意可得，段抛物线顶点坐标为，，
∴设段抛物线表达式，
把代入得，，
解得：，
∴抛物线的表达式为．
（3）解：抛物线的表达式，
设，则，，，
设钢材长度为米，则：
，抛物线开口向下，
当时，．
∴最多需要米钢材．
（4）解：由（3）可知，，，设直线的表达式为，
得，
解得，
∴直线的表达式为，
由，
解得，，
，
，
∴由对称性知需用钢梁的总长度为米．