2023年广东省广州市花都区中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年广东省广州市花都区中考数学二模试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年广东省广州市花都区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 我国杨秉烈先生在上世纪八十年代发明了繁花曲线规画图工具，利用该工具可以画出许多漂亮的繁花曲线，繁花曲线的图案在服装、餐具等领域都有广泛运用.下面四种繁花曲线中，是轴对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 点A在数轴上的位置如图所示，则点A所表示的数的相反数是(    )


A. −2 B. 12 C. 1 D. 2
3. 如图所示是一个正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体，与“读”字相对面的字是(    )


A. 悦 B. 花 C. 都 D. 美
4. 下列运算中，正确的是(    )
A. 2+ 3= 5 B. 15÷ 5= 3
C. a6÷a2=a3 D. (a+b)2=a2+b2
5. 不透明的盒子放有三张大小、形状及质地相同的卡片，卡片上分别写有李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗，小明从盒子中随机抽取两张卡片，卡片上诗的作者都是李白的概率是(    )
A. 13 B. 14 C. 15 D. 16
6. 如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点G是EF弧上的一点，则∠BGA的度数为(    )
A. 25°
B. 30°
C. 35°
D. 40°
7. 为丰富乡村文体生活，某区准备组织首届“美丽乡村”篮球联赛，赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，计划安排28场比赛，设邀请x个球队参加比赛，可列方程得(    )
A. 12x(x−1)=28 B. 12x(x+1)=28 C. x(x−1)=28 D. x(x+1)=28
8. 已知反比例函数y=m−1x的图象在一、三象限，则化简代数式 (1−m)2得(    )
A. 1+m B. 1−m C. m−1 D. −1−m
9. 已知二次函数y=ax2+bx(a≠0)的图象如图所示，则一次函数y=ax+b(a≠0)的图象大致为(    )
A.
B.
C.
D.
10. 如图，在△ABC中，点D是BC边上的一点，DC=5BD=5，且△ADC的面积为10，则△ABC的周长的最小值是(    )
A. 10
B. 12
C. 14
D. 16
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 要使分式1x−3有意义，则x的取值范围是______．
12. 因式分解：ax+ay=______．
13. 已知一次函数y=−x+m与y=2x−1的图象如图所示，则关于x，y的方程组y=−x+my=2x−1的解为______ ．


14. 如图，l1//l2，A、B分别是直线l1，l2上的点，AB=3，sinα=23，则直线l1与l2之间的距离为______ ．


15. 如图，已知Rt△ABC，AB=AC，将边AB绕着点A旋转，当点B落在边AB的垂直平分线上的点E时，∠AEC= ______ ．


16. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ACD+∠BCD=180°，连接OD，过点D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E、点F，则下列结论正确的是______ .①∠AOD=2∠BAD；②∠DAC=∠BAC；③DF与⊙O相切；④若AE=4，EC=1，则BC=3．


三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题4.0分)
解不等式组：3x+1<4−2x<4．
18. (本小题4.0分)
如图，A，F，C，D是四点共线，AF=CD，AB=DE，∠A=∠D，连接BC，EF，求证：BC=EF．

19. (本小题6.0分)
已知：P=(a+b)2−(a+b)(a−b)−2b2．
(1)化简P；
(2)若某圆锥的底面半径为a，母线长为b，且侧面积为2π，求P的值．
20. (本小题6.0分)
神舟十五号航天员于2023年2月10日圆满完成出舱活动全部既定任务，这见证着我国迈向航天强国.为激发同学们的航天热情，某校八年级举办了航天知识竞赛，随机调查了该年级20名学生成绩如下：80，80，100，90，70，80，100，90，80，70，80，90，80，80，90，90，70，80，90，80；根据以上数据，得到如表不完整的频数分布表：
成绩
100
90
80
70
人数
2
a
9
b
根据以上信息解答以下问题：
(1)表格中a= ______ ，b= ______ ；
(2)这次调查中，知识竞赛成绩的中位数是______ ；
(3)请计算这20名学生本次知识竞赛的平均成绩．
21. (本小题8.0分)
随着数字化时代的到来，人工智能被广泛应用.物流行业在人工智能、5G技术的推动下迅速发展.某物流公司利用“智能搜索”“推理规划”“计算机视觉”等技术对分拣和配送环节进行升级.升级前可配送6万件物品，在相同的时间内，现在可配送的物品数量是原来的1.5倍．
(1)现在可配送的物品数量是______ 万件；
(2)若升级后每小时比升级前多配送0.5万件物品，求升级后每小时配送物品的数量．
22. (本小题10.0分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O；
(1)尺规作图：过点C作AB的垂线，垂足为E；(不写作法，保留作图痕迹)
(2)若AC=4，BD=2，求cos∠BCE的值．

23. (本小题10.0分)
如图，一次函数y=−12x+2的图象交x轴于点A，交y轴于点B，C为AB的中点，双曲线的一支y=kx(x>0)过点C，连接OC，将线段OC沿着y轴向上平移至EF，线段EF交y=kx(x>0)于点D．
(1)求该反比例函数的解析式；
(2)若DE：DF=1：2，求点D的坐标．

24. (本小题12.0分)
已知，抛物线y=x2−(2m+2)x+m2+2m与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)．
(1)当m=0时，求点A，B坐标；
(2)若直线y=−x+b经过点A，且与抛物线交于另一点C，连接AC，BC，试判断△ABC的面积是否发生变化？若不变，请求出△ABC的面积；若发生变化，请说明理由；
(3)当5−2m≤x≤2m−1时，若抛物线在该范围内的最高点为M，最低点为N，直线MN与x轴交于点D，且MDND=3，求此时抛物线的解析式．
25. (本小题12.0分)
如图1，射线OM⊥ON，点B在ON上，且OB=4，点A是射线OM上的动点．
(1)当OA=OB时，
①求∠ABO的度数；
②如图2，若P是∠MON内的一点，∠APB=90°且PA+PB=5 2，求线段PO的长；
(2)如图3以AB为直角边构造Rt△ABC，其中∠BAC=90°，且S△ABC=12，点D是线段BC的中点，点E与点A关于点D对称，连接OE，当线段OE取最大值时，求ACAB的值．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形的定义，逐项判断即可求解．
本题主要考查了利用轴对称设计图案，轴对称图形的定义，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．

2.【答案】A 
【解析】解：由题意得，点A表示的数为2，
∵2的相反数是−2，
∴点A表示的数的相反数为−2．
故选：A．
根据相反数的定义进行求解即可：只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数是0．
本题主要考查了用数轴表示有理数，相反数的定义，熟知相反数的定义是解题的关键．

3.【答案】D 
【解析】解：把展开图折叠成小正方体，与“读”字相对面的字是美，
故选：D．
根据正方体的表面展开图找相对面的方法：一线隔一个，即可解答．
本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：A、 2与 3不能合并，故A不符合题意；
B、 15÷ 5= 3，故B符合题意；
C、a6÷a2=a4，故C不符合题意；
D、(a+b)2=a2+2ab+b2，故D不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的加法，除法法则，同底数幂的除法，完全平方公式进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，同底数幂的除法，完全平方公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．

5.【答案】A 
【解析】解：把分别写有李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗的卡片分别记为A、B、C，
画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中卡片上诗的作者都是李白的结果有2种，即AB、BA，
∴卡片上诗的作者都是李白的概率是26=13，
故选：A．
画树状图，共有6种等可能的结果，其中卡片上诗的作者都是李白的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．

6.【答案】B 
【解析】解：如图，连接OA、OB，
∵正六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴∠AOB=360°6=60°，
∴∠AGB=12∠AOB=30°，
故选：B．
根据圆内接正六边形的性质求出其中心角∠AOB的度数，再根据圆周角定理进行计算即可．
本题考查正多边形和圆，圆周角定理，掌握圆内接正六边形的性质以及圆周角定理是正确解答的前提．

7.【答案】A 
【解析】解：根据题意得：12x(x−1)=28．
故选：A．
利用比赛的总场数=参赛队伍数×(参赛队伍数−1)÷2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：∵反比例函数y=m−1x的图象在一、三象限，
∴m−1>0，
∴m>1，
∴ (1−m)2=m−1．
故选：C．
根据反比例函数y=m−1x的图象在一、三象限得出m−1>0，求出m的取值范围即可．
本题考查的是反比例函数的性质，根据题意得出m的取值范围是解题的关键．

9.【答案】C 
【解析】解：由二次函数y=ax2+bx(a≠0)的图象，可知：a<0，b>0，
则一次函数y=ax+b(a≠0)的图象经过第一、二、四象限，
故选：C．
根据二次函数的图象可以得到a<0，b>0，然后即可得到一次函数y=ax+b(a≠0)的图象经过哪几个象限．
本题考查二次函数的图象、一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，判断出a、b的正负．

10.【答案】D 
【解析】解：如图1，过A作AE//BC，作点C关于直线AE对称点C′，交AE于点E，连接BC′，交EA于点A′，
∴∠BCC′=90°，

由DC=5BD=5，
∴BD=1，CD=5，
∴BC=6；
∵S△ADC=10，即12CD⋅CE=10，
∴5×CE=20，解得：CE=C′E=4，
∴CC′=8，
要使△ABC周长最小，则需点A与A′重合时，即点B，A′，C′共线时，如图2，
由勾股定理得：BC′= BC2+C′C2= 62+82=10，
∴△ABC的周长的最小值是16，
故选：D．
利用已知条件可以求出边的长度，再根据“将军饮马”问题，求最短距离即可．
本题考查了求线段和最短距离，解题的关键是灵活利用轴对称的有关定理及将军饮马数学模型．

11.【答案】x≠3 
【解析】解：若分式有意义，则x−3≠0，
∴x≠3，故答案为x≠3．
分式有意义的条件是分母不为0．
本题考查的是分式有意义的条件：当分母不为0时，分式有意义．

12.【答案】a(x+y) 
【解析】解：ax+ay=a(x+y)．
故答案为：a(x+y)．
直接提取公因式a，进而分解因式即可．
此题主要考查了提取公因式法，正确找出公因式是解题关键．

13.【答案】x=2y=3 
【解析】解：∵y=−x+m与y=2x−1的图象交于(2,3)，
∴关于x、y的方程组y=−x+my=2x−1的解是x=2y=3．
故答案为：x=2y=3．
根据两函数交点即为两函数组成的方程组的解，从而求出答案．
本题考查了一次函数与二元一次方程组交点问题，可直接根据交点写出．

14.【答案】2 
【解析】解：作AC⊥l2于C，
∵sinα=ACAB，
∴AC=AB⋅sinα，
∵AB=3，sinα=23，
∴AC=3×23=2，
则直线l1与l2之间的距离为2．
故答案为：2．

作AC⊥l2于C，根据三角函数的定义计算即可．
本题考查了三角函数的计算，牢记三角函数的定义是解题关键．

15.【答案】15° 
【解析】解：设AB的垂直平分线交AB于G，作EH⊥AC于H，

∴AG=12AB，EG⊥AB，
∵AB=AE，
∴AG=12AE，
∴∠GEA=30°，
∵EG⊥AB，AB⊥AC，
∴∠BGH=∠BAH=90°，
∴EG//AH，
∴∠HAE=∠GEA=30°，
∴∠CEA+∠ECA=∠HAE=30°，
∵AB=AE，AB=AC，
∴AE=AC，
∴∠CEA=∠ECA=15°．
故答案为：15°．
设AB的垂直平分线交AB于G，作EH⊥AC于H，由直角三角形的性质可得∠GEA=30°，再由垂直平分线的性质及平行线的性质可得∠CEA+∠ECA=∠HAE=30°，最后根据等腰三角形的判定与性质可得答案．
此题考查的是旋转的性质、垂直平分线的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．

16.【答案】①③④ 
【解析】解：如图，连接DB，

∵∠ACD+∠BCD=180°，∠ACD+∠ACB+∠DCF=180°，
∴∠BCD=∠ACB+∠DCF，
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD，
∴∠ACD=∠FCD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠FCD=∠DAB，
∴∠ACD=∠DAB，
∴AD=DB，
∴∠ABD=∠BAD，∠AOD=2∠ABD，
∴∠AOD=2∠BAD，故①正确，
∵不能确定DC=BC，
∴∠DAC=∠BAC不一定成立，故②错误，
如图，连接BO，

∵AD=DB，
∴AD=DB，
在△AOD和△BOD中，
AO=BODO=DOAD=BD，
∴△AOD≌△BOD(SSS)，
∴∠ADO=∠BDO，
∴DO⊥AB，
∵AC是直径，
∴∠ABC=90°，
即AB⊥BC，
∵DF⊥BC，
∴DF//AB，
∴DF⊥OD，
∴DF与⊙O相切，故③正确，
∵∠DCE=∠DCF，∠DEC=∠DFC，DC=DC，
∴△DEC≌△DFC(AAS)，
∴DE=DF，CF=CE，
在Rt△ADE和Rt△BDF中，
AD=DB，DE=DF，
∴Rt△ADE≌Rt△BDF(HL)，
∴BF=AE，
∵AE=4，EC=1，
∴BC=BF−CF=4−1=3，故④正确．
故答案为：①③④．
根据已知条件得出∠ACD=∠FCD，根据圆内接四边形得出∠FCD=∠DAB，进而得出∠ACD=∠DAB，根据圆周角定理即可判断①，不能确定DC=BC，即可判断②，证明△AOB≌△BOD得出∠ADO=∠BDO，根据三线合一得出DO⊥AB，进而根据AC是直径，得出AB⊥BC，结合已知条件即可判断③，证明△DEC≌△DFC，Rt△ADE≌Rt△BDF，得出DE=DF，BF=AE，进而即可求解．
本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，切线的判定，熟练掌握以上性质是解题关键．

17.【答案】解：3x+1<4①−2x<4②，
解不等式①得：x<1，
解不等式②得：x>−2，
∴原不等式组的解集为：−2 【解析】按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．

18.【答案】证明：∵AF=CD，
∴AF+FC=CD+FC，
即AC=DF，
在△ABC和△DEF中，
AC=DF ∠A=∠D AB=DE ，
∴△ABC≌△DEF(SAS)，
∴BC=EF． 
【解析】利用SAS证明△ABC≌△DEF，根据全等三角形的性质即可得解．
此题考查了全等三角形的判定与性质，利用SAS证明△ABC≌△DEF是解题的关键．

19.【答案】解：(1)P=(a+b)2−(a+b)(a−b)−2b2
=a2+2ab+b2−a2+b2−2b2
=2ab；
(2)由题意得：12⋅2πa⋅b=2π，
则ab=2，
∴P=2ab=4． 
【解析】(1)根据完全平方公式、平方差公式、合并同类项法则把原式化简；
(2)根据扇形面积公式计算，得到答案．
本题考查的是整式的混合运算、圆锥的计算，熟记圆锥的侧面展开图是扇形硬件扇形面积公式是解题的关键．

20.【答案】6  3  80 
【解析】解：(1)将这20名学生成绩进行统计可知，成绩为90分的有6人，成绩为70分的有3人，即a=6，b=3，
故答案为：6，3；
(2)将这20名学生的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为80+802=80分，因此中位数是80，
故答案为：80；
(3)这20名学生成绩的平均数为100×2+90×6+80×9+70×320=83.5(分)，
答：这20名学生本次知识竞赛的平均成绩为83.5分．
(1)分别统计成绩为90分、70分学生的人数即可得出a、b的值；
(2)根据中位数的定义进行计算即可；
(3)根据平均数的计算方法进行计算即可．
本题考查频数分布表、中位数、平均数，理解平均数、中位数的定义是正确解答的前提．

21.【答案】9 
【解析】解：(1)根据题意得：6×1.5=9(万件)，
∴现在可配送的物品数量是9万件．
故答案为：9；
(2)设升级后每小时配送物品的数量是x万件，则升级前每小时配送物品的数量是(x−0.5)万件，
根据题意得：6x−0.5=9x，
解得：x=1.5，
经检验，x=1.5是所列方程的解，且符合题意．
答：升级后每小时配送物品的数量是1.5万件．
(1)利用现在可配送的物品数量=升级前可配送的物品数量×1.5，即可求出结论；
(2)设升级后每小时配送物品的数量是x万件，则升级前每小时配送物品的数量是(x−0.5)万件，利用配送时间=配送物品的总数量÷每小时配送物品的数量，结合升级前后配送时间不变，可列出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

22.【答案】解：(1)如图，CE为所作；

(2)∵四边形ABCD为菱形，
∴OA=OC=12AC=2，OB=OD=12BD=1，AC⊥BD，AB=BC，
在Rt△OAB中，AB= OA2+OB2= 22+12= 5，
∵AB⋅CE=12AC⋅BD，
∴CE=12×2×4 5=4 55，
∵BC=AB= 5，
∴cos∠BCE=CEBC=4 55 5=45． 
【解析】(1)利用基本作图，过C点AB的垂线即可；
(2)先根据菱形的性质得到OA=OC=2，OB=OD=1，AC⊥BD，AB=BC，则利用勾股定理可计算出AB= 5，则BC= 5，再利用面积法计算出CE=4 55，然后根据余弦的定义求解．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了菱形的性质和解直角三角形．

23.【答案】解：当x=0时，y=2，当y=0时，x=4，
∴一次函数y=−12x+2的图象交x轴于点A(4,0)，交y轴于点B(0,2)，
∵C为AB的中点，
∴点C(2,1)，
∵点C(2,1)再反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=2×1=2，
∴反比例函数的关系式为y=2x；
(2)如图，连接FC与过点D作y轴的平行线交于N，与y轴交于点M，
∵FC//y轴，
∴△EMD∽△FND，
∴MDDN=EDDF=12，
∴MD=13MN=13×2=23，
即点D的横坐标为23，
当x=23时，即y=223=3，
∴点D(23,3)． 
【解析】(1)求出一次函数y=−12x+2的图象与x轴交点A，与y轴交点B的坐标，进而得到中点C的坐标，代入反比例函数关系式即可求出k的值即可；
(2)根据相似三角形的性质求出MD，确定点D的横坐标，进而求出其纵坐标即可．
本题考查一次函数、反比例函数的交点，掌握一次函数、反比例图象上点的坐标特征以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提．

24.【答案】解：(1)当m=0时，y=x2−2x，
当y=0时，有x2−2x=0，
解得x1=0，x2=2，
∵A在B的左侧，
∴点A坐标为(0,0)，点B坐标为(2,0)．
(2)△ABC的面积不变．
对于抛物线y=x2−(2m+2)x+m2+2m，
当y=0时，有x2−(2m+2)x+m2+2m=0，
解得：x1=m，x2=m+2．
∵A在B的左侧，
∴点A坐标为(m,0)，点B坐标为(m+2,0)，
∴AB=2，
∵直线y=−x+b经过点A(m,0)，
∴0=−m+b，
∴b=m，
∴y=−x+m，
联立y=−x+my=x2−(2m+2)x+m2+2m
解得x1=m，x2=m+1，
∵点C在y=−x+m上，
当x2=m+1时，yC=−1，
∴C点坐标为(m+1,−1)．
∴S△ABC=12×AB×|yC|=12×2×1=1，
∴△ABC的面积不发生变化，S△ABC=1．
(3)∵5−2m≤x≤2m−1，
∴5−2m<2m−1，
∴m>32．
由题可知对称轴为x=m+1，则对称轴x=m+1≥52，
∵5−2m+2m−12=2，即范围5−2m≤x≤2m−1的中点为x=2，
∴x=m+1≥52>2，即抛物线的对称轴在直线x=2的右侧．
①若2m−1≤m+1，m≤2，即32 ∵抛物线开口向上，
当5−2m≤x≤2m−1时，y随x的增大而减小，如图，

当x=5−2m时，取最高点M(5−2m,9m2−24m+15)，
当x=2m−1时，取最低点N(2m−1,m2−4m+3)，
分别过点M，N作x轴的垂线交于点H，G，
则△MDH∽△NDG，
∴MHNG=MDND=3，即|yM||yN|=3，
∴|9m2−24m+15||m2−4m+3|=3，
∴当m=2时，抛物线的解析式为y=x2−6x+8．
②若22，
∴最低点在顶点处取得，
∴N(m+1,−1)，
当x=5−2m时，取最高点M(5−2m,9m2−24m+15)，
由|yM||yN|=3，得9m2−24m+15=3，
解得m1=2,m2=23，
∵m>2，
∴m1与m2不符合题意，舍去，
综上所述，抛物线的解析式为y=x2−6x+8． 
【解析】(1)将m=0代入可得y=x2−2x，令y=0，解方程即可求解．
(2)令y=0，有x2−(2m+2)x+m2+2m=0，解方程得出A点，B点坐标，则AB=2，由直线y=−x+b经过点A(m,0)，可得y=−x+m，联立求解方程组得到C点坐标，即可求解．
(3)求出m>32，由题可知对称轴为x=m+1，则对称轴x=m+1≥52，求得x=m+1≥52>2，即抛物线的对称轴在直线x=2的右侧，分情况讨论：①若2m−1≤m+1，m≤2，即322，由|yM||yN|=3，得9m2−24m+15=3，求解即可．
本题考查了二次函数综合，二次函数的图象与性质，相似三角形的性质与判定等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．

25.【答案】解：(1)①∵OM⊥ON，
∴∠AOB=90°，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO=45°．
②∵OA=OB，∠AOB=90°，
将△OAP绕点O顺时针旋转90°得到△OBP′，
∴∠OAP=∠OBP′，∠AOP=∠BOP′，AP=BP′，OP=OP′，
∵∠APB=∠AOB=90°，
∴∠OAP+∠OBP=360°−∠APB−∠AOB=180°，
∴∠OBP′+∠OBP=180°，
∴P，B，P′三点共线，
∴PP′=P′B+BP=AP+BP=5 2，
∵∠AOP+∠BOP=90°，
∴∠BOP′+∠BOP=90°，即∠POP′=90°，
在Rt△POP′中，OP=OP′，
∴OP= 22PP′=5，

(2)连接BE、CE，

在Rt△ABC中，AD是BC边上的中线，
∴AD=12BC=CD=BD，
∵点E与点A关于点D对称，
∴AD=DE=CD=BD，
∴四边形ACEB是平行四边形，
∵AE=BC，
∴四边形ACEB是矩形，
过点B作BF⊥ON交CE于点F，
∵S△ABC=12，
由同底等高可得S△ABF=12，
∵S△ABF=12BF⋅OB=2BF=12，
∴BF=6，
∵∠FEB=90°，
∴点E在以BF为直径的半圆上，
取BF的中点G，连OG，延长OG与圆交于点E.此时线段OE取得最大值．

∴BG=EG=12BF=3．
在Rt△ABC中，OG= OB2+BG2=5，
过点E作EH⊥ON，
∵EH//BG，
∴BGEH=OGOE=58，
∴EH=85BG=245，
∵∠BAO+∠ABO=90°，∠ABO+∠EBH=90°，
∴∠BAO=∠EBH，
∵∠BOA=∠EHB=90°．
∴△BHE∽△AOB，
∴EBAB=EHOB=2454=65，
∴ACAB=EBAB=65． 
【解析】(1)①根据由△AOB是等腰直角三角形解答；
②将△OAP绕点O顺时针旋转90°得到△OBP′，得到PP′=P′B+BP=AP+BP=5 2，而且△POP′是等腰直角三角形，由此即可解题；
(2)连接BE、CE，过点B作BF⊥ON交CE于点F.证明点E在以BF为直径的半圆上．再根据面积求出BF=6，进而取BF的中点G，连OG，延长OG与圆交于点E.此时线段OE取得最大值，求出此时ACAB的值．
本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形相似，是解题的关键．本题的综合较强，难度较大．