精品解析：广西南宁市第十四中学2025－2026学年九年级上学期10月月考数学试卷

2026届毕业班数学素养综合测试卷（二） 第I卷 一、选择题（本大题共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. 2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射，以壮丽升空将第10个中国航天日从纪念变为庆祝．下列航天图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，点A，B，C在上，，的度数是（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系xOy中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 一组数据：5，4，4，3，6，8，则这组数据的众数是（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 5. 在平行四边形中，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 6. 依据所标数据，下列三角形中，是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 7. 正比例函数的图象如图所示，则的值可能是（ ） A. B. C. D. 8. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（ ） A. 13cm B. 16cm C. 17cm D. 26cm 10. 若抛物线的对称轴是直线，则关于x的方程的解为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 11. 刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若的半径为2，则这个圆内接正八边形的面积为（ ） A. B. C. D. 12. 已知点在抛物线上，若，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 第II卷 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13. 使代数式有意义的x的取值范围是_______． 14. 若方程的两个根是和，则的值为___________． 15. 如图所示的图形表示勾股定理的一种证明方法，该图形是由四个全等的直角三角形（阴影部分）与中间的空白部分组成．若正方形的边长为5，五边形的面积是36，则图中空白部分的面积是___________． 16. 如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为___________． 三、解答题（本大题共8题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. （1）计算：． （2）解方程：． 18. 正方形网格中（每个小正方形边长是1，小正方形的顶点叫做格点），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： （1）画出绕点逆时旋转的． （2）画出关于点的中心对称图形． （3）可由绕点旋转得到，请写出点的坐标． 19. 某种饮品由浓缩咖啡、牛奶和糖浆三种成分调制而成，不同的配比会带来不同的口味．为了解不同配比对口味的影响，某咖啡店进行了“糖浆加入量对口味影响”的试验：保持浓缩咖啡毫升和牛奶毫升不变，分三个方案改变糖浆的加入量（方案毫升；方案毫升；方案毫升），并从位品尝嘉宾中随机抽取位嘉宾对每种方案的甜度和整体口感评分（以至的整数评分，分值越高对应甜度越高或整体口感越好）． 【数据处理】根据收集到的数据，绘制了下列统计图表． 甜度、整体口感评分统计表 方案 甜度 整体口感 平均数 中位数 平均数 中位数 【数据应用】（1）在表中，___________，___________；根据整体口感评分，说明方案___________最受欢迎． （2）结合图，估计位嘉宾在三个方案中最喜爱方案的人数． （3）调查显示，嘉宾对饮品的甜度和整体口感的关注度占比为，现按照这个占比计算三种方案的综合得分，得分大于分的方案即可推出，请结合数据分析，推断该店将会推出哪种方案． 20. 自2025年5月9日起至2025年12月31日，周末自驾游广西的外省籍小客车，可享受高速公路车辆通行费（以下简称高速费）优惠．小悦一家5月中旬从湖南自驾到广西探亲游玩，此次全程所产生的高速费享受的优惠如下表： 湖南境内路段 广西境内特定路段 广西境内其他路段 周一至周四 9.5折 周五至周日 9.5折 全免 5折 （1）周六小悦一家从湖南Z市到广西A市，所经湖南境内路段、广西境内特定路段和其他路段的高速费原价分别为元、元和元．求此行程的高速费实付多少元？比原价优惠了多少元？（用代数式表示） （2）周日他们从A市到K市（全程在广西境内），高速费实付27.55元；周一从K市原路返回到A市，高速费实付95.95元．求此行程中市与市间广西境内特定路段和其他路段的单程高速费原价分别是多少元． 21. 如图，四边形中，，点E是边上一点，且平分，作的外接圆． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为6，，求的长． 22. 问题背景：对于一个函数，如果存在自变量时，其对应的函数值，那么我们称该函数为“不动点函数”，点为该函数图象上的一个不动点．例如：在函数中，当时，，则我们称函数为“不动点函数”，点为该函数图象上的一个不动点．某数学兴趣小组围绕该定义，对一次函数和二次函数进行了相关探究． 探究1 （1）对一次函数进行探究后，得出下列结论： ①是“不动点函数”，且只有一个不动点； ②是“不动点函数”，且不动点是； ③是“不动点函数”，且有无数个不动点． 以上结论中，你认为正确的是________（填写正确结论的序号）． （2）若一次函数是“不动点函数”，请直接写出k，b应满足的条件； 探究2： （3）对二次函数进行探究后，该小组设计了以下问题，请你解答．若抛物线的顶点为该函数图象上的一个不动点，求b，c满足的关系式． 探究3： （4）某种商品每件的进价为6元，在某段时间内，若以每件x元出售，可卖出件，获得利润y元．请写出y关于x的函数表达式，判断该函数是否是“不动点函数”，并说明理由；若该函数是“不动点函数”，请联系以上情境说明该函数不动点表达的实际意义． 23. 以“图形的旋转”为主题的数学活动课上，同学们尝试使用三角形纸板开展探究活动．如图，在中，，，，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到． （1）【操作发现】若交于点，求证：； （2）【深入探索】在（）的条件下，同学们发现将旋转到一些特殊位置时，可以进一步探索线段长度． 如图，若，求的长； 如图，若，，三点共线，求的长； （3）【拓展延伸】在旋转的过程中，请直接写出面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届毕业班数学素养综合测试卷（二） 第I卷 一、选择题（本大题共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. 2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射，以壮丽升空将第10个中国航天日从纪念变为庆祝．下列航天图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、图形不是中心对称图形，不符合题意，选项错误； B、图形不是中心对称图形，不符合题意，选项错误； C、图形不是中心对称图形，不符合题意，选项错误； D、图形是中心对称图形，符合题意，选项正确； 故选：D． 2. 如图，点A，B，C在上，，的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是圆周角定理，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求解，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半， ． 故选：B． 3. 在平面直角坐标系xOy中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了求关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的两点，则其横、纵坐标互为相反数，由点关于原点对称的坐标特征即可求得对称点的坐标． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为； 故选：C． 4. 一组数据：5，4，4，3，6，8，则这组数据的众数是（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查众数的概念，解题的关键是明确众数是一组数据中出现次数最多的数据． 统计这组数据中每个数出现的次数，找出出现次数最多的数，即为众数． 【详解】解：在数据中： 5出现1次；4出现2次；3出现1次；6出现1次；8出现1次． 因为4出现的次数最多，所以这组数据的众数是4， 故选：C． 5. 在平行四边形中，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等，直接求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 故选：A． 6. 依据所标数据，下列三角形中，是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键； 根据勾股定理的逆定理对所给的数据看是否符合两个较小数的平方和等于最大数的平方即可． 【详解】解：A.∵，∴是直角三角形，故本选项符合题意； B.∵，∴不是直角三角形，故本选项不符合题意； C.∵，∴不是直角三角形，故本选项不符合题意； D.∵，∴不是直角三角形，故本选项不符合题意； 故选：A． 7. 正比例函数的图象如图所示，则的值可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了正比例函数的性质：当，图象经过第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而增大；当，图象经过第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而减小．利用正比例函数的性质得到，然后在此范围内进行判断即可． 【详解】解：∵正比例函数图象经过第一、第三象限， ∴， ∴选项A符合题意． 故选：A． 8. 小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】平均增长率为x，关系式为：第三天揽件量＝第一天揽件量×（1＋平均增长率）2，把相关数值代入即可． 【详解】解：由题意得：第一天揽件200件，第三天揽件242件， ∴可列方程为：， 故选：A． 【点睛】此题考查一元二次方程的应用，得到三天的揽件量关系式是解决本题的突破点，难度一般． 9. 陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（ ） A. 13cm B. 16cm C. 17cm D. 26cm 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可． 【详解】解：是的一部分，是的中点，， ，． 设的半径为，则． 在中，， ， ， ， 即的半径为． 故选：A． 【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键． 10. 若抛物线的对称轴是直线，则关于x的方程的解为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】利用二次函数的对称轴为直线，求得b的值，将b值代入解一元二次方程即可． 本题主要考查了抛物线的性质，一元二次方程的解法，利用二次函数的对称轴为直线，求得b的值是解题的关键． 【详解】解：∵二次函数的对称轴为直线， ∴． ∴． ∴关于x的方程为：． ∴，． 故选：B． 11. 刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若的半径为2，则这个圆内接正八边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．如图，过作于，得到圆的内接正八边形的圆心角为，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：如图，过作于， 圆的内接正八边形的圆心角为，， ， ， 这个圆的内接正八边形的面积为， 故选：． 12. 已知点在抛物线上，若，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查比较二次函数的函数值的大小，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键，先求出对称轴的范围，再根据二次函数的增减性进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴当时，， ∴抛物线过点， ∴抛物线的开口向上，对称轴为， ∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大， ∵， ∴， ∵，， ∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，小于到对称轴的距离， ∴； 故选：A． 第II卷 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13. 使代数式有意义的x的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须，从而可得答案． 【详解】解：代数式有意义， 故答案为： 14. 若方程的两个根是和，则的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系求出两根之和与两根之积，再对所求式子进行变形代入计算． 先根据一元二次方程根与系数的关系，求出方程的两根之和与两根之积，然后将所求式子变形为，最后代入计算． 【详解】解：由题意可得：， ， 将代入上式，得到： ． 故答案为：． 15. 如图所示的图形表示勾股定理的一种证明方法，该图形是由四个全等的直角三角形（阴影部分）与中间的空白部分组成．若正方形的边长为5，五边形的面积是36，则图中空白部分的面积是___________． 【答案】14 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的性质，正确表示出直角三角形的面积.根据题意列式计算即可得到结论． 【详解】解：∵正方形的边长为5， ∴正方形的面积， ∴两个全等的直角三角形的面积=五边形的面积-正方形的面积， ∴图中空白部分的面积=正方形的面积-两个全等的直角三角形的面积， 故答案为：． 16. 如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的边长为2，， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴； 故答案为：． 三、解答题（本大题共8题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. （1）计算：． （2）解方程：． 【答案】（1）0；（2） 【解析】 【分析】本题考查二次根式的混合运算以及一元二次方程的求解，解题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则以及一元二次方程的不同解法并能根据方程特点选择合适方法求解． （1）分别根据二次根式的乘除运算法则进行计算，再化简根式并进行加减运算即可． （2）可先将方程变形，然后通过因式分解的方法求解． 【详解】解：（1） ； （2） 则或， 解得． 18. 正方形网格中（每个小正方形边长是1，小正方形的顶点叫做格点），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： （1）画出绕点逆时旋转的． （2）画出关于点的中心对称图形． （3）可由绕点旋转得到，请写出点的坐标． 【答案】（1） 如图所示，即为所求． （2） 如图所示，即为所求． （3） 【解析】 【分析】（1）将点、分别绕点逆时针旋转得到其对应点，再首尾顺次连接即可； （2）分别作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可； （3）作，的中垂线，交点即为所求． 【小问1详解】 解：略； 【小问2详解】 解：略； 【小问3详解】 解：如图所示，点即为所求，其坐标为． 【点睛】本题考查了作图-旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义与性质． 19. 某种饮品由浓缩咖啡、牛奶和糖浆三种成分调制而成，不同的配比会带来不同的口味．为了解不同配比对口味的影响，某咖啡店进行了“糖浆加入量对口味影响”的试验：保持浓缩咖啡毫升和牛奶毫升不变，分三个方案改变糖浆的加入量（方案毫升；方案毫升；方案毫升），并从位品尝嘉宾中随机抽取位嘉宾对每种方案的甜度和整体口感评分（以至的整数评分，分值越高对应甜度越高或整体口感越好）． 【数据处理】根据收集到的数据，绘制了下列统计图表． 甜度、整体口感评分统计表 方案 甜度 整体口感 平均数 中位数 平均数 中位数 【数据应用】（1）在表中，___________，___________；根据整体口感评分，说明方案___________最受欢迎． （2）结合图，估计位嘉宾在三个方案中最喜爱方案的人数． （3）调查显示，嘉宾对饮品的甜度和整体口感的关注度占比为，现按照这个占比计算三种方案的综合得分，得分大于分的方案即可推出，请结合数据分析，推断该店将会推出哪种方案． 【答案】，，方案B； 人； 方案． 【解析】 【分析】本题主要考查了折线统计图、条形统计图、平均数、中位数、用样本估计总体． 根据平均数的计算公式和方案的得分即可计算出方案的平均分；把方案的整体口感得分从小到大排列，中间的两个数据的平均数即为方案的中位数； 由折线统计图可知抽查的位嘉宾中最喜欢方案的有位，占抽查总人数的，利用样本估计总体求出位嘉宾在三个方案中最喜爱方案的人数； 分别计算出三个方案的综合得分，根据综合得分判断推出哪一个方案． 【详解】解：方案的整体口感平均数是， 方案的整体口感得分从小到大排列为：、、、、、、、、、， 第五个和第六个数据都是， 方案的整体口感中位数； 由统计表可知：方案的平均数和中位数最高， 方案最受欢迎； 故答案为：，，B； 由图可知，号、号、号嘉宾给方案打分最高， 抽查的位嘉宾中最喜欢方案的有位， 占抽查总人数的， 估计位嘉宾在三个方案中最喜爱方案的人数大约有：人； 解：方案综合得分：， 方案综合得分：， 方案综合得分：， 该店将会推出方案． 20. 自2025年5月9日起至2025年12月31日，周末自驾游广西的外省籍小客车，可享受高速公路车辆通行费（以下简称高速费）优惠．小悦一家5月中旬从湖南自驾到广西探亲游玩，此次全程所产生的高速费享受的优惠如下表： 湖南境内路段 广西境内特定路段 广西境内其他路段 周一至周四 9.5折 周五至周日 9.5折 全免 5折 （1）周六小悦一家从湖南Z市到广西A市，所经湖南境内路段、广西境内特定路段和其他路段的高速费原价分别为元、元和元．求此行程的高速费实付多少元？比原价优惠了多少元？（用代数式表示） （2）周日他们从A市到K市（全程在广西境内），高速费实付27.55元；周一从K市原路返回到A市，高速费实付95.95元．求此行程中市与市间广西境内特定路段和其他路段的单程高速费原价分别是多少元． 【答案】（1）实际支付高速费用元，比原价优惠了元． （2）此行程中A市与K市间广西境内特定路段和其他路段的单程高速费原价分别是45.9元和55.1元 【解析】 【分析】（1）根据题意列出代数式即可； （2）根据题意列出方程组求解即可． 【小问1详解】 解：此次行程高速费原价总共为：元， 实际支付高速费用：元， 优惠了元； 【小问2详解】 解：设特定路段和其他路段的单程高速费原价分别为元和元， 由题意得： 解得： 答：此行程中市与市间广西境内特定路段和其他路段的单程高速费原价分别是元和元． 【点睛】本题考查了代数式、二元一次方程组，掌握二元一次方程是解题的关键． 21. 如图，四边形中，，点E是边上一点，且平分，作的外接圆． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为6，，求的长． 【答案】（1） 证明：连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）6 【解析】 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到，根据切线的判定定理证明结论； （2）过点O作于F，根据勾股定理求出，进而求出，根据勾股定理计算，得到答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点O作于F， 则四边形为矩形， ∴， ∴， 由勾股定理得， ， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键． 22. 问题背景：对于一个函数，如果存在自变量时，其对应的函数值，那么我们称该函数为“不动点函数”，点为该函数图象上的一个不动点．例如：在函数中，当时，，则我们称函数为“不动点函数”，点为该函数图象上的一个不动点．某数学兴趣小组围绕该定义，对一次函数和二次函数进行了相关探究． 探究1 （1）对一次函数进行探究后，得出下列结论： ①是“不动点函数”，且只有一个不动点； ②是“不动点函数”，且不动点是； ③是“不动点函数”，且有无数个不动点． 以上结论中，你认为正确的是________（填写正确结论的序号）． （2）若一次函数是“不动点函数”，请直接写出k，b应满足的条件； 探究2： （3）对二次函数进行探究后，该小组设计了以下问题，请你解答．若抛物线的顶点为该函数图象上的一个不动点，求b，c满足的关系式． 探究3： （4）某种商品每件的进价为6元，在某段时间内，若以每件x元出售，可卖出件，获得利润y元．请写出y关于x的函数表达式，判断该函数是否是“不动点函数”，并说明理由；若该函数是“不动点函数”，请联系以上情境说明该函数不动点表达的实际意义． 【答案】（1）③；（2）当且时，为任意实数；当时，；（3）；（4）该函数是“不动点函数”，不动点表达的实际意义为：在这段时间内，当销售单价为8元或9元时，销售总利润与销售单价相等． 【解析】 【分析】（1）根据“不动点函数”的定义，代入点，计算即可判断； （2）根据“不动点函数”的定义，代入点，计算即可得解； （3）先求得顶点坐标为，根据“不动点函数”的定义，即可得到； （4）根据题意得，，令，解方程即可求解． 【详解】解：（1）①对于， 由于， 所以不是“不动点函数”，原说法错误； ②对于，代入点， 得， 解得， 所以是“不动点函数”，且不动点是，原说法错误； ③是“不动点函数”，且有无数个不动点，说法正确． 故答案为：③； （2）∵一次函数是“不动点函数”， ∴代入点， 得， 整理得， 当即且时，为任意实数； 当即时，； （3）由抛物线得， 顶点坐标为， ∵抛物线的顶点为该函数图象上的一个不动点， ∴； （4）根据题意得，， ∴令， 整理得， 解得，， ∴该函数是“不动点函数”，不动点表达的实际意义为：在这段时间内，当销售单价为8元或9元时，销售总利润与销售单价相等． 【点睛】本题考查了一次函数、二次函数和一元二次方程的应用．正确理解“不动点函数”的定义是解题的关键． 23. 以“图形的旋转”为主题的数学活动课上，同学们尝试使用三角形纸板开展探究活动．如图，在中，，，，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到． （1）【操作发现】若交于点，求证：； （2）【深入探索】在（）的条件下，同学们发现将旋转到一些特殊位置时，可以进一步探索线段长度． 如图，若，求的长； 如图，若，，三点共线，求的长； （3）【拓展延伸】在旋转的过程中，请直接写出面积的最大值． 【答案】（1）证明：如图，连接， ∵，为中点， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴， ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）；； （3）面积的最大值为． 【解析】 【分析】（1）连接，由中位线定理可得，则，然后证明即可； （2）由中位线定理得，，进而求勾股定理得，再利用平行线及等腰三角形的判定可得，，进而求得在利用线段的和差求出即可得解； 先证进而设，在中，由勾股定理得，然后代入求解即可； （3）为定线段，所以面积问题转化为点到最大距离问题，很明显当三点共线时，此时即为点到的最大距离，即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，记交于点， ∵，，为中点， ∴，， 在中，由勾股定理，得， ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴； ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∵，，三点共线, ∴， ∴， ∴， 设， 在中，由勾股定理，得， 则， 解得， ∴； 【小问3详解】 解：如图，过作于点， ∵为定值， ∴当上的高线最大时，则面积最大，即求出到的最大距离即可， ∵， 当点和点重合时，且旋转到外侧时，此时最大， ∵， ∴此时三点共线， 在中，为斜边的中点，则有， 即， ∴， 即面积最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $