【文档说明】《广西中考真题数学》2022年广西北部湾经济区中考数学真题 （解析版）.pdf，共(28)页，731.608 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7390519a2890990be5ad4eb0a53adec2.html

以下为本文档部分文字说明：

2022年广西北部湾经济区初中学业水平考试数学（考试时间：120分钟满分：120分）注意：本试卷分试题卷和答题卡两部分，答案一律填写在答题卡上，在试题卷上作等无效．．．．．．．．．；不能使用计算器：考试结束后，将本试题卷和答题卡．．．

．．．．．一并交回．第Ⅰ卷一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，）1.13的相反数是（）A.13B.13C.3D.-3

【答案】A【解析】【详解】试题分析：根据相反数的意义知：13的相反数是13.故选：A．【考点】相反数.2.2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中

，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据平移的特点分析判断即可．【详解】根据题意，得不能由平移得到，故A不符合题意；不能由平移得到，故B不符合题意；不能由平移得到，故C不符合题

意；能由平移得到，故D符合题意；故选D．【点睛】本题考查了平移的特点，熟练掌握平移的特点是解题的关键．3.空气是混合物，为直观介绍空气各成分的百分比，最适合用的统计图是（）A.折线图B.条形图C.直方图D.扇形图【答案】D【解析】【详

解】解：由分析可知，要求直观反映空气的组成情况，即各部分在总体中所占的百分比，结合统计图各自的特点，应选择扇形统计图．故选D．4.如图，数轴上的点A表示的数是1，则点A关于原点对称的点表示的数是（）

A.2B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据数轴上表示一对相反数的点关于原点对称即可求得答案．【详解】∵数轴上的点A表示的数是−1，∴点A关于原点对称的点表示的数为1，故选：C．【点睛】本题考查了实数与数轴之间的对应关系，熟练掌握对称的性质是解题

的关键．5.不等式2410x的解集是（）A.3xB.7xC.3xD.7x【答案】B【解析】【分析】先移项，合并同类项，再不等式的两边同时除以2，即可求解．【详解】2410x，214x，7x，故选：B．【点睛】本题考查了解一元一

次不等式，熟练掌握解不等式的步骤是解题的关键．6.如图，已知a∥b，∠1=55°，则∠2的度数是()．A.35°B.45°C.55°D.125°【答案】C【解析】【分析】根据两直线平行，同位角相等可得∠3=∠1=55°，再根据对顶角相等

即可求得答案.【详解】∵a//b，∴∠3=∠1=55°，∴∠2=∠3=55°．故选C．7.下列事件是必然事件的是（）A.三角形内角和是180°B.端午节赛龙舟，红队获得冠军C.掷一枚均匀骰子，点数是6的一面朝上D.打开电视，正在播放神舟十四号载人飞船发射实况【答案】A【解析】【分析】根据事件发生

的可能性大小判断相应事件的类型即可．【详解】解：A、三角形内角和是180°是必然事件，故此选项符合题意；B、端午节赛龙舟，红队获得冠军是随机事件，故此选项不符合题意；C、掷一枚均匀骰子，点数是6的一面

朝上是随机事件，故此选项不符合题意；D、打开电视，正在播放神舟十四号载人飞船发射实况是随机事件，故此选项不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是

指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．8.如图，某博物馆大厅电梯的截面图中，AB的长为12米，AB与AC的夹角为，则高BC是（）A.12sin米B.12cos米C.12sin米D.12cos米【答案】A【解析】【分析】在Rt△ACB中，利用正弦定义，sinα=BCAB

，代入AB值即可求解．【详解】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∴sinα=BCAB，∴BC=sinαAB=12sinα（米），故选：A．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握直角三角形边角关系是

解题的关键．9.下列运算正确的是（）A.23aaaB.22aaaC.623aaaD.133()aa【答案】D【解析】【分析】根据各自的运算，依据法则计算判断即可．【详解】∵2,aa不是同类项，∴无法计算，不符合题意；∵23aaa，∴计算错误，不符合题意；∵62

4aaa，∴计算错误，不符合题意；∵133()aa，∴符合题意；故选D．【点睛】本题考查了整式的乘法，除法，加减，负整数指数幂的运算，熟练掌握运算的法则是解题的关键．10.《千里江山图》是宋代王希孟的作品，如图，它的局

部画面装裱前是一个长为2.4米，宽为1.4米的矩形，装裱后，整幅图画宽与长的比是8：13，且四周边衬的宽度相等，则边村的宽度应是多少米?设边衬的宽度为x米，根据题意可列方程（）A.1.482.413xxB.1.482.413xxC.1.4282.4

213xxD.1.4282.4213xx【答案】D【解析】【分析】设边衬的宽度为x米，则整幅图画宽为(1.4+2x)米,整幅图画长为(2.4+2x)米,根据整幅图画宽与长的比是8：13，列出方程即可．【详解】解：设边衬的宽度为x米，根据题意，得1.4

282.4213xx，故选：D．【点睛】本题考查分式方程的应用，根据题意找出等量关系是解题的关键．11.如图，在ABC中，4,CACBBAC，将ABC绕点A逆时针旋转2，得到ABC，连接BC并延长交AB于点D，当BDAB时，BB的长是（）A.23π

3B.43π3C.83π9D.103π9【答案】B【解析】【分析】先证'60BAD，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得BB．【详解】解：,'CACBBDAB，12ADDBAB，ABC是ABC绕点A逆时针旋转2得到，'ABAB，1'2ADAB，在'RtA

BD中，1cos''2ADBADAB，'60BAD，,'2CABBAB，11'603022CABBAB，4ACBC，3cos304232ADAC，243ABA

D，BB的长=60431803AB，故选：B．【点睛】本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运算三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．12.已知反比例函数(0)bybx的

图象如图所示，则一次函数()0ycxac和二次函数2(0)yaxbxca在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先由反比例函数图象得出b>0，再分当a>0，a<0时分别判定二次函数图象符合的选项，

在符合的选项中，再判定一次函数图象符合的即可得出答案．【详解】解：∵反比例函数(0)bybx的图象在第一和第三象限内，∴b>0，若a<0，则-2ba>0，所以二次函数开口向下，对称轴在y轴右侧，故A、B、C、D选项全不符合；当a>0，则-2

ba<0时，所以二次函数开口向上，对称轴在y轴左侧，故只有C、D两选项可能符合题意，由C、D两选图象知，c<0，又∵a>0，则-a<0，当c<0,a>0时，一次函数y=cx-a图象经过第二、第三、第四象限，故只有D选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查函数图

象与系数的关系，熟练掌握反比例函数图象、一次函数图象、二次函数图象与系数的关系是解题的关键．第Ⅱ卷二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．）13.化简：（1）8=_____．【答案】22【解析

】【分析】根据84242，计算出结果即可．【详解】解：8424222．故答案为：22．【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．14.当x______时，分式22xx的值为零．【答案】

0【解析】【分析】根据分式值为零，分子等于零，分母不为零得2x=0，x+2≠0求解即可．【详解】解：由题意，得2x=0，且x+2≠0，解得：x=0，故答案为：0．【点睛】本题考查分式值为零的条件，熟练掌握分式值为零的条件“分子为零，分母不为零”是解题的关键．15.如图，一个质地均匀的正五边

形转盘，指针的位置固定，当转盘自由转动停止后，观察指针指向区域内的数（若指针正好指向分界线，则重新转一次），这个数是一个奇数的概率是________．【答案】35【解析】【分析】由题意知，一个质地均匀的正五边形转盘被分成5个形状

大小相同的三角形，标有奇数的三角形有3个，用奇数的个数除以数字的总数即为这个数是一个奇数的概率．【详解】解：一个质地均匀的正五边形转盘被分成5个形状大小相同的三角形，上面分别标有奇数的三角形有3个，当转盘自由转动停止后，

观察指针指向区域内的数，这个数是一个奇数的概率是：3355．故答案为：35．【点睛】本题考查概率的求法与运用．一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率mPAn．16.古希腊数学家泰勒斯曾利用立杆

测影的方法，在金字塔影子的顶部直立一根木杆，借助太阳光测金字塔的高度．如图，木杆EF长2米，它的影长FD是4米，同一时刻测得OA是268米，则金字塔的高度BO是________米．【答案】134【解析】【分析】在同一时刻物高和影子成正比，即在同一时刻

的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似，根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：∵BFED∥，∴BAOEDF，∵90AOBDEF，∴ABODEF△∽△，∴BOEFAOFD∶∶，∴2268BO∶∶4，∴134BO，故答案为：134．【点睛】本

题考查了相似三角形的应用，解题的关键是了解：同一时刻物高和影长成正比．17.阅读材料：整体代值是数学中常用的方法．例如“已知32ab，求代数式621ab的值．”可以这样解：6212312213abab．根据阅读材料，解决

问题：若2x是关于x的一元一次方程3axb的解，则代数式2244421aabbab的值是________．【答案】14【解析】【分析】先根据2x是关于x的一元一次方程3axb的解，得到23ab，再把所求的代数式变形为

22221abab，把23ab整体代入即可求值．【详解】解：∵2x是关于x的一元一次方程3axb的解，∴23ab，∴2244421aabbab22221abab2323114

．故答案为：14．【点睛】本题考查了代数式的整体代入求值及一元一次方程解的定义，把所求的代数式利用完全平方公式变形是解题的关键．18.如图，在正方形ABCD中，42AB，对角线,ACBD相交于点O．点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作EFBE，分别交,CDBD

于点F、G，连接BF，交AC于点H，将EFH△沿EF翻折，点H的对应点H恰好落在BD上，得到EFH△若点F为CD的中点，则EGH△的周长是_________．【答案】5+5##55【解析】【分析】过点E作PQ//AD交AB于点

P，交DC于点Q，得到BP=CQ，从而证得BPE≌EQF△，得到BE=EF，再利用42BC，F为中点，求得22210BFBCCF，从而得到210252BEEF，再求出222EOBEBO，再利用AB//FC，求出ABHCFH△∽△，得到42

2122AHCH，求得216833AH，18833CH，从而得到EH=AH-AE=1610233，再求得EOBGOE△∽△得到2124225EGOG，求得EG=5，OG=1，过点F

作FM⊥AC于点M，作FN⊥OD于点N，求得FM=2，MH=23，FN=2，证得RtFHN△≌RtFMH得到23HNMH，从而得到ON=2，NG=1，25133GH，从而得到答案．【详解】解：过点E作PQ//A

D交AB于点P，交DC于点Q，∵AD//PQ，∴AP=DQ，BPQCQE，∴BP=CQ，∵45ACD，∴BP=CQ=EQ，∵EF⊥BE，∴90PEBFEQ∵90PBEPEB∴PBEFEQ，在BPE与EQF△中BPQFQEPBEQPBEFEQ

∴BPE≌EQF△，∴BE=EF，又∵42BCAB，F为中点，∴22CF，∴22210BFBCCF，∴210252BEEF，又∵4242BO，∴222EOBEBO，

∴AE=AO-EO=4-2=2，∵AB//FC，∴ABHCFH△∽△，∴ABAHCFCH，∴422122AHCH，∵28ACAB，∴216833AH，18833CH，∴EH=AH-AE=1610233，∵90BEOFEO，+90BEOEBO，∴FEO

EBO，又∵90EOBEOG，∴EOBGOE△∽△∴EGOGOEBEOEOB，2124225EGOG，∴EG=5，OG=1，过点F作FM⊥AC于点M，∴FM=MC==22FC，∴MH=CH-MC=82233，作FN⊥OD于点N，22,DFFN，在RtFHN

△与RtFMH中FHFHFNFM∴RtFHN△≌RtFHM∴23HNMH，∴ON=2，NG=1，∴25133GH，∴105+5+=5+533EGHCEHEGGHEHEGGH△，故答案为：5+5．【点睛】本题考查了正

方形的性质应用，重点是与三角形相似和三角形全等的结合，熟练掌握做辅助线是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19.计算：21232)4(．【答案】3【解析】【分析】先计算括号内的，并计算乘方，再计算乘法，最后计算加减即可．

【详解】解：原式=1×3+4-4=3+4-4=3．【点睛】本题考查有理数混合运算，熟练掌握有理数运算法则是解题的关键，注意解题时要注意运算顺序：从高级到低级运算，有括号时应先算括号．20.先化简，再求值2()()

(2)xxyxyxyxyx，其中11,2xy．【答案】x3-2xy+x，1【解析】【分析】首先运用平方差公式计算，再运用单项式乘以多项式计算，最后合并同类项，即可化简，然后把x、y值代入计算即可．【详解】解：2()()(2)xxyxyxyxyx

=x(x2-y2)+xy2-2xy+x=x3-xy2+xy2-2xy+x=x3-2xy+x，当x=1，y=12时，原式=13-2×1×12+1=1．【点睛】本题考查整式化简求值，熟练掌握整式混合运算法则是解题

的关键．21.如图，在ABCD中，BD是它的一条对角线，（1）求证：ABDCDB△≌△；（2）尺规作图：作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）；（3）连接BE，若25DBE，求AEB的度数．【答案】（1）见解析（2）见解析（

3）50°【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质得出,ABCDADBC，可利用“SSS”证明三角形全等；（2）根据垂直平分线的作法即可解答；（3）根据垂直平分线的性质可得BEDE，由等腰三角形的性质可得DBEBDE，再根据三角形外角的性质求解即可．【小问

1详解】四边形ABCD是平行四边形，,ABCDADBC，BDBD，()ABDCDBSSS△≌△【小问2详解】如图，EF即为所求；【小问3详解】BD的垂直平分线为EF，BEDE，DBEBD

E，25DBE，25DBEBDE，50AEBBDEDBE．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的作法和性质，等腰三角形的性质及三角形外角的性质，熟练掌握知识点是

解题的关键．22.综合与实践【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动，【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各10片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm

）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：12345678910芒果树叶的长宽比3.83.73.53.43.84.03.64.03.64.0荔枝树叶的长宽比2.02.02.02.41.81.91.82.01.31.9【实践探究】分析数据如下：平均数中位数众数方差芒果树叶的长

宽比3.74m4.00.0424荔枝树叶的长宽比1.912.0n0.0669【问题解决】（1）上述表格中，m________，n________；（2）①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形

状差别大．”②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍．”上面两位同学的说法中，合理的是________（填序号）（3）现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔

枝中的哪种树?并给出你的理由．【答案】（1）3.75，2.0（2）②（3）这片树叶更可能来自于荔枝，理由见解析【解析】【分析】（1）根据中位数和众数的定义求解即可；（2）根据方差的定义，方差越小，形状差别越小，根据树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，即可判断荔枝树叶的长宽比；（3）计算该树叶的

长宽比即可判断来自哪颗树．【小问1详解】芒果树叶的长宽比中数据从小到大排序处在第5、6位的两个数的平均数为3.73.83.752，因此中位数m=3.75；荔枝树叶的长宽比中数据出现次数最多的是2.0，因此众数n=2.0；

故答案为：3.75，2.0；【小问2详解】合理的是②，理由如下：从树叶的长宽比的方差来看，芒果树叶的长宽比的方差较小，所以芒果叶形状差别更小；从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，荔枝树叶的长宽比为2，所以荔枝树叶的长约为宽的两倍；故答案为：②；【小问3详解】这片树叶更可能来自荔枝，理由如下

：这片树叶长11cm，宽5.6cm，长宽比大约为2.0，根据平均数这片树叶可能来自荔枝树．【点睛】本题考查了统计图中中位数、众数、平均数、方差的意义，看懂统计图表，正确的计算是解决问题的关键．23.打油茶是

广西少数民族特有的一种民俗，某特产公司近期销售一种盒装油茶，每盒的成本价为50元，经市场调研发现，该种油茶的月销售量y（盒）与销售单价x（元）之间的函数图像如图所示．（1）求y与x的函数解析式，并写出．．自变量x的取值范围；

（2）当销售单价定为多少元时，该种油茶的月销售利润最大?求出最大利润．【答案】（1）y=-5x+500，50＜x＜100（2）75元，3125元【解析】【分析】（1）设直线的解析式为y=kx+b，根据题意，得8010060200kbkb，确定解析式，结合图

像，确定自变量取值范围是50＜x＜100．（2）设销售单价为x元，总利润为w元，根据题意构造二次函数，根据函数的最值计算即可．【小问1详解】设直线的解析式为y=kx+b，根据题意，得8010060200kbkb，解得5500kb∴

函数的解析式为y=-5x+500，当y=0时，-5x+500=0，解得x=100，结合图像，自变量取值范围是50＜x＜100．【小问2详解】设销售单价为x元，总利润为w元，根据题意，得：W=（x-50）(-5x+500)=

25(75)3125x，∵-5＜0，∴w有最大值，且当x=75时，w有最大值，为3125，故销售单价定为75元时，该种油茶的月销售利润最大；最大利润是3125元．【点睛】本题考查了待定系数法确定一次函数的解析式，构造二次函数求最值，熟练掌握待定系数法，正确构造二次函

数是解题的关键．24.如图，在ABC中，ABAC，以AC为直径作O交BC于点D，过点D作DEAB，垂足为E，延长BA交O于点F．（1）求证：DE是O的切线（2）若2,103AEAFDE，求O的半径．【答案】（1）见解析（2）13【解析】【分析】（1）连接OD，只要证明OD⊥D

E即可；（2）连接CF，证OD是△ABC的中位线，得CF=2DE，再证DE是△FBC的中位线，得CF=2DE,设AE=2x，DE=3k，则CF=6k，BE=EF=AE+AF=2k+10，AC=BA=EF+AE=4k+10，然

后在Rt△ACF中，由勾股定理，得(4k+10)2=102+(6k)2，解得：k=4，从而求得AC=4k+10=4×4+10=26，即可求得O的半径OA长，即可求解．【小问1详解】证明：连接OD；∵OD=OC，∴∠C=∠O

DC，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠B=∠ODC，∴OD∥AB，∴∠ODE=∠DEB；∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．【小问2详解】解：连接CF，由（1）知OD⊥DE，∵DE⊥AB，∴OD∥AB，∵OA=OC，

∴BD=CD，即OD是△ABC的中位线，∵AC是O的直径，∴∠CFA=90°，∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，∴∠CFA=∠BED=90°，∴DE∥CF，∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，∴CF=2DE,∵23AEDE

，∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，∵AF=10，∴BE=EF=AE+AF=2k+10，∴AC=BA=EF+AE=4k+10，在Rt△ACF中，由勾股定理，得AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(

6k)2，解得：k=4，∴AC=4k+10=4×4+10=26，∴OA=13,即O的半径为13．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，证OD是△ABC的中位线，DE是△FBC的中位线是解题的关键．25.已知抛物线2yx2x3

与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）．（1）求点A，点B的坐标；（2）如图，过点A的直线:1lyx与抛物线的另一个交点为C，点P为抛物线对称轴上的一点，连接PAPC、，设点P的纵坐标为m，当PAPC时，求m的值；

（3）将线段AB先向右平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段MN，若抛物线2(23)(0)yaxxa与线段MN只有一个交点，请直接写出．．．．a的取值范围．【答案】（1）A（-1，0

），B（3，0）（2）-3（3）54a或1x或53x【解析】【分析】（1）令0y，由抛物线解析式可得(3)(1)0xx，解方程即可确定点A，点B的坐标；（2）由抛物线解析式确定其对称轴为1x，可知点P（1，m），再将直线l

与抛物线解析式联立，解方程组可确定点C坐标，由PAPB列方程求解即可；（3）根据题意先确定点M（0，5）、N（4，5），令2(23)5yaxx，整理可得252(3)0xxa，根据一元二次方程的根的判别式为可知201

6a，然后分情况讨论0时以及0结合图像分析a的取值范围．【小问1详解】解：抛物线解析式223(3)(1)yxxxx，令0y，可得(3)(1)0xx，解得11x，23x

，故点A、B的坐标分别为A（-1，0），B（3，0）；【小问2详解】对于抛物线2yx2x3，其对称轴为212(1)x，∵点P为抛物线对称轴上的一点，且点P的纵坐标为m，∴P（1，m），将直线l与抛物线解析式联立，可得2231yxxyx

，可解得10xy或45xy，故点C坐标为（4，-5），∴222[1(1)]4PAmm，222(41)(5)1034PBmmm，当PAPB时，可得2241034mmm，解得3m

；【小问3详解】将线段AB先向右平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段MN，结合（1），可知M（0，5）、N（4，5），令2(23)5yaxx，整理可得252(3)0xxa，其判别式为2520(2)41(3)16aa

，①当20160a时，解得54a，此时抛物线2(23)(0)yaxxa与线段MN只有一个交点；②当20160a即时，解方程252(3)0xxa，可得2021651421axa，即1514xa，2514xa，若0a时，如图1，

由20160a，可解得54a，此时有5144a，且5140a，解得53x；②当0a时，如图2，由20160a，可解得0a，此时有5144a，且5140a，解得1x；综上所述，当抛物线2(23)(0)yaxxa

与线段MN只有一个交点时，a的取值范围为54a或1x或53x．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，包括求二次函数与x轴的交点、利用二次函数解决图形问题等知识，解题关键是熟练运用数形结合和分类讨论的思想分析问题．26.已知MON

，点A，B分别在射线,OMON上运动，6AB．（1）如图①，若90，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为,,ABD，连接,ODOD．判断OD与OD有什么数量关系?证明你的结论：（2）如图②，若60，以AB为斜

边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：（3）如图③，若45，当点A，B运动到什么位置时，AOB的面积最大?请说明理由，并求出AOB面积的最大值．【答案】（1）ODOD，证明见解析（2）333（3）当OAOB

时，AOB的面积最大；理由见解析，AOB面积的最大值为929【解析】【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=12AB，OD′=12A′B′，进而得出结论；（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O

运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；（3）作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，进一步求得结果．（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直

角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由（2）可知，当OCAB时，OC最大，当OAOB时，此时OT最大，即AOB的面积最大，由勾股定理等进行求解即可．【小问1详解】解：ODOD，证明如下：90AOB，AB中点为D，12ODAB

，D为AB的中点，90AOB，12ODAB，ABAB，ODOD；【小问2详解】解：如图1，作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，此时△AOB是等边三角形，∴BO′=AB=6

，OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+33；【小问3详解】解：如图2，作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，∴AI=22AB=32，∠AOB=12∠AIB＝45°，则点O在⊙I上，取AB的中点C，连

接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，∵OC=CI+OI=12AB+32=3+32，∴S△AOB最大=12×6×(3+32)=9+92．【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”

的模型．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com