辽宁省鞍山市铁西区第四十六中学2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版+原卷）

这是一份辽宁省鞍山市铁西区第四十六中学2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版+原卷），共43页。试卷主要包含了选择题，填空题，用适当的方法解下列方程，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. x2+＝1B. ax2+bx+c＝0（a，b，c均为常数）
C. （2x﹣1）（3x+2）＝5D. （2x+1）2＝4x2﹣3
2. 若关于一元二次方程有一个根是0，则的值是( )
A. 或3B. 9C. 3D.
3. 已知实数是一元二次方程的根，求代数式的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
4. 定义运算：，例如：．则方程的根的情况为（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根D. 只有一个实数根
5. 对于一元二次方程（），下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若方程的两根互为相反数，则，
④若是方程的一个根，则一定有成立；
其中正确的（ ）
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①②③④
6. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
7. 如图，在中，，，点是边上的一个动点，点在上，点在运动过程中始终保持．当时，则的长为（ ）
A. B. C. 3D.
8. 如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，AB′交CD于点E，且DE＝B′E，则AE的长为（ ）
A. 3B. C. D.
9. 如图，在中，点为上一点，连接，过点作交于点，若，，，则（ ）

A. B. 3C. D. 4
10. 如图所示，边长为的正方形．．中，对角线，交于点，在线段上，连接，作交于点，连接交于点，则下列结论：；；；若，则，正确的是（ ）

A. B. C. D.
二、填空题（每小题3分，共24分）
11. 在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛28场，设共有个队参赛，根据题意，可列方程为______．
12. 多项式的最小值为___________．
13. 已知关于x的一元二次方程无实数根，则一次函数的图象不经过第_____象限．
14. 已知m，n是方程的两个根，则式子的值是______．
15. 如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长和相等）可测量零件的内孔直径.如果，且量得，则零件的厚度x为_______．
16. 如图，在中，，，，动点从点开始沿着边向点以的速度移动，动点从点开始沿着边点以的速度移动．若、两点同时开始运动，当点运动到点时停止，点也随之停止．运动过程中，若以、、为顶点的三角形与相似，则运动时间为__________s．
17. 如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去…，若点、，则点的横坐标为______．
18. 如图，，D为射线上的动点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得线段，连接，当时，的长为_____．
三、用适当的方法解下列方程（每小题4分，共16分）
19. 解方程
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
四、解答题（2024题每题8分，25题10分，共50分）
20. 某服装厂生产一批服装，2019年该类服装的出厂价是200元/件，2020年，2021年连续两年改进技术，降低成本，2021年该类服装的出厂价调整为162元/件．
（1）这两年此类服装的出厂价下降的百分比相同，求平均下降率．
（2）2021年某商场从该服装厂以出厂价购进若干件此类服装，以200元/件销售时，平均每天可销售20件．了减少库存，商场决定降价销售．经调查发现，单价每降低5元，每天可多售出10件，如果每天盈利1150元，单价应降低多少元?
21. 如图，已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，连接AD，BD，CD，将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，AD与BE交于点F，∠BFD＝97°．
（1）求∠ADC的大小；
（2）若∠BDC＝7°，BD＝2，BE＝4，求AD长．
22. 已知关于的方程．
（1）求证：取任何实数值，方程总有实数根；
（2）若等腰的一边长为4，另两边长，恰好是这个方程的两个根，求的周长．
23. 在中，，，动点从点出发以每秒个单位长度的速度向点匀速运动同时动点从点出发以每秒4个单位长度的速度向点匀速运动，在的右侧作，交的延长线于点，设运动时间为秒，当为等腰三角形时，求的值．
24. 已知关于的一元二次方程，
（1）试证：无论取任何实数，方程都有两个不相等实数根；
（2）设，是方程两根，且满足，求的值？
25. 在正方形中，为延长线上一点，交于点，连接．

（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，连接与交于点．若，求证：；
（3）如图3，为正方形外一点，，正方形的边长为2，直接写出当为何值时，取最大值．
九年数学阶段测试卷（2023.10）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. x2+＝1B. ax2+bx+c＝0（a，b，c均为常数）
C. （2x﹣1）（3x+2）＝5D. （2x+1）2＝4x2﹣3
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．
【详解】解：A、分式方程，故本选项不符合题意；
B、ax2+bx+c＝0，a≠0时，是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C、是一元二次方程，故本选项符合题意；
D、化简后是一元一次方程，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．
2. 若关于的一元二次方程有一个根是0，则的值是( )
A. 或3B. 9C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】把代入方程中，解关于的一元二次方程，注意的取值不能使原方程的二次项系数为．
【详解】解：把代入方程中，得
，
解得或，
当时，原方程二次项系数＋，舍去，
，
故选：C．
【点睛】本题考查的是一元二次方程解的定义．能使方程成立的未知数的值，就是方程的解，同时，考查了一元二次方程的概念．
3. 已知实数是一元二次方程的根，求代数式的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据实数是一元二次方程的根，即得出，．整体代入可得，化简即可．
【详解】将代入，得：，即，．
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，代数式求值．掌握方程的解就是使等式成立的未知数的值和利用整体代入的思想是解题关键．
4. 定义运算：，例如：．则方程的根的情况为（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根D. 只有一个实数根
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目给定的定义运算为，利用判别式的意义确定方程跟的情况即可．
【详解】解：根据定义运算法则得化解得，
∵，
∴方程无实根．
故选：C．
【点睛】本题考查利用题目给定的运算法则，实则考查了一元二次方程判别式，熟练掌握判别式与方程根的关系是解题的关键．
5. 对于一元二次方程（），下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若方程的两根互为相反数，则，
④若是方程的一个根，则一定有成立；
其中正确的（ ）
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解、一元二次方程的根与判别式的关系、一元二次方程的根与系数的关系及等式的性质分别进行讨论即可求解．
【详解】解：当时，，
∴一元二次方程（）有两个不相等的实数根或两个相等的实数根，
∴，故①正确；
若方程有两个不相等的实根，则，
∴，
∴方程必有两个不相等的实根，故②正确；
若方程的两根互为相反数，则，
∵，，
∴，
则，故③正确；
若是方程的一个根，
∴，
当时，成立，故④不一定成立；
故选：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的解、一元二次方程的根与判别式的关系、一元二次方程的根与系数的关系及等式的性质，熟练掌握一元二次方程的解、一元二次方程的根与判别式的关系、一元二次方程的根与系数的关系及等式的性质是解题的关键．
6. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的平面图形叫做轴对称图形；绕某一点旋转，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形进行判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
C．是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
7. 如图，在中，，，点是边上的一个动点，点在上，点在运动过程中始终保持．当时，则的长为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题目条件先证明，再利用相似三角形对应线段成比例求解的长，证明进而即可求解．
【详解】解：
又
故选：B．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解决本题的关键．
8. 如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，AB′交CD于点E，且DE＝B′E，则AE的长为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据旋转的性质得到AB′=AB=5，设AE=CE=x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，
∴AB′=AB=5，
∵DE=B′E，
∴AE=CE，
设AE=CE=x，
∴DE=5-x，
∵∠D=90°，
∴AD2+DE2=AE2，
即42+（5-x）2=x2，
解得：x=，
∴AE=，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
9. 如图，在中，点为上一点，连接，过点作交于点，若，，，则（ ）

A. B. 3C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行线判定，后运用相似三角形的性质计算即可．
【详解】∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，熟练掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．
10. 如图所示，边长为的正方形．．中，对角线，交于点，在线段上，连接，作交于点，连接交于点，则下列结论：；；；若，则，正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由“”可证，可得，，由四边形的内角和定理可证，可得；
通过证明，可得；
通过证明，可得，通过证明，可得，可得结论；
通过证明，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，
，，
又，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，故正确；
，，
，
，
又，
，
，
，故正确；
．．，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，故正确；
，，
，，
，
，
又，
，
，
，
，故正确，
故选：D．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
11. 在一次足球邀请赛中，参赛每两个队之间都要比赛一场，共比赛28场，设共有个队参赛，根据题意，可列方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】每一队需要与其余的个队比赛一场，且参赛的每两个队之间只比赛一场，因此有个队参赛，比赛场数为场，据此列方程即可.
【详解】解：设共有个队参赛，根据题意，可列方程
.
故答案为：.
【点睛】本题考查了一元二次方程应用，抓住比赛场数问题的等量关系是解题的关键.
12. 多项式的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用分组分解法和配方法进行因式分解，再根据平方的非负性即可求解．
【详解】解：，
∵，，
∴，
∴当时，原式最小值为；，
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解和平方的非负性，熟练掌握完全平方公式和配方法是解题的关键．
13. 已知关于x的一元二次方程无实数根，则一次函数的图象不经过第_____象限．
【答案】四
【解析】
【分析】先根据一元二次方程无实数根得到，求出，即可得到一次函数的图象经过一、二、三象限，不经过第四象限．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程无实数根，
∴，
∴，
∴一次函数的图象经过一、二、三象限，
∴一次函数的图象不经过第四象限．
故答案为：四
【点睛】本题考查了根据一元二次方程根的判别式，一次函数的图象等知识．一元二次方程 的根与判别式有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根，当时，方程有两个相等的实数根，当时，方程没有实数根．
熟知一元二次方程根的判别式和一次函数的图象与性质是解题关键．
14. 已知m，n是方程的两个根，则式子的值是______．
【答案】27
【解析】
【分析】利用一元二次方程解的定义和根与系数的关系，采用整体代入求解．
【详解】解：∵m，n是方程的两个根，
∴，，m+n=3，
∴m3-10m+n
=m（3m+2）-10m+n
=3-8m+n
=3（3m+2）-8m+n
=m+n+6
=3+6
=9，
∴
∴=9×3=27．
故答案为：27．
【点睛】本题考查了一元二次方程解的定义和根与系数的关系，利用整体思想代入求值是解题的关键．
15. 如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长和相等）可测量零件的内孔直径.如果，且量得，则零件的厚度x为_______．
【答案】cm
【解析】
【分析】求出和相似，利用相似三角形对应边成比例列式计算求出，再根据外径的长度解答．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴（cm），
∵外径为10cm，
∴，
∴（cm）．
故答案为 cm．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，解决问题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
16. 如图，在中，，，，动点从点开始沿着边向点以的速度移动，动点从点开始沿着边点以的速度移动．若、两点同时开始运动，当点运动到点时停止，点也随之停止．运动过程中，若以、、为顶点的三角形与相似，则运动时间为__________s．
【答案】或
【解析】
【分析】设点运动的时间为，则，，，再分两种情况求值，当时，，可列方程；当时，，可列方程，解方程分别求出相应的值即可．
【详解】设点运动的时间为，则，，
，
当时，，
，
，
；
，
当时，，
，
，
；
综上所述，运动时间为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，动点问题的求解，数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地用代数式表示出相似三角形的对应边的长度是解本题的关键．
17. 如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下去…，若点、，则点的横坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】可求，，，，可得当为偶数时，，当为奇数时，，即可求解．
【详解】解：由题意得
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
当时，
，
，
故答案∶
【点睛】本题考查了动点坐标规律，找出规律是解题的关键你．
18. 如图，，D为射线上的动点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得线段，连接，当时，的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】将绕点旋转，得到，从而得到，，得到为等腰直角三角形，进而推出，过点作，求出的长，进而求出的长．
【详解】解：∵将线段绕点D顺时针旋转得线段，
∴，
将绕点旋转，得到，过点作于点，
则：，
∴，
∴，
∴
在中，，
∴，
在中，，即：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度的直角三角形，勾股定理．通过旋转，构造特殊三角形，是解题的关键．
三、用适当的方法解下列方程（每小题4分，共16分）
19. 解方程
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）
（2），
（3），
（4），
【解析】
【分析】（1）根据公式法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
（3）先化为一般形式，然后根据因式分解法解一元二次方程；
（4）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【小问1详解】
解：
即
∴，，
∴，
解得：；
【小问2详解】
解：，
即，
∴，
∴或，
解得：，；
【小问3详解】
解：，
即，
∴，
∴，
即或，
解得：，；
【小问4详解】
解：，
∴，
∴或，
解得：，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
四、解答题（2024题每题8分，25题10分，共50分）
20. 某服装厂生产一批服装，2019年该类服装的出厂价是200元/件，2020年，2021年连续两年改进技术，降低成本，2021年该类服装的出厂价调整为162元/件．
（1）这两年此类服装的出厂价下降的百分比相同，求平均下降率．
（2）2021年某商场从该服装厂以出厂价购进若干件此类服装，以200元/件销售时，平均每天可销售20件．为了减少库存，商场决定降价销售．经调查发现，单价每降低5元，每天可多售出10件，如果每天盈利1150元，单价应降低多少元?
【答案】（1）平均下降率为10%；（2）单价应降低15元．
【解析】
【分析】（1）设平均下降率为x，然后根据题意可直接列方程求解；
（2）设单价应降低y元，根据题意可得每天的销售量为(20+2y)件，然后根据题意可列方程求解．
【详解】解：（1）设平均下降率为x，由题意可得：
200(1−x)2=162，
解得：x1=0.1，x2=1.9（不符合题意，舍去），
∴x=0.1=10%，
答：平均下降率为10%．
（2）设单价应降低y元，根据题意可得：
(200−162−y)(20+y)=1150，
解得：y1=13，y2=15，
根据题意，为了减少库存，所以应该降低15元，
答：单价应降低15元．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，熟练掌握一元二次方程的实际应用是解题的关键．
21. 如图，已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，连接AD，BD，CD，将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，AD与BE交于点F，∠BFD＝97°．
（1）求∠ADC的大小；
（2）若∠BDC＝7°，BD＝2，BE＝4，求AD的长．
【答案】（1）23°；（2）．
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，由三角形的内角和定理可求解；
（2）连接DE，可证△AED是等边三角形，可得∠ADE＝60°，AD＝DE，由旋转的性质可得△ACD≌△ABE，可得CD＝BE＝4，由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，
∵∠BFD＝97°＝∠AFE，
∴∠E＝180°−97°−60°＝23°，
∴∠ADC＝∠E＝23°；
（2）如图，连接DE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，AD＝DE，
∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴△ACD≌△ABE，
∴CD＝BE＝4，
∵∠BDC＝7°，∠ADC＝23°，∠ADE＝60°，
∴∠BDE＝90°，
∴DE＝＝＝，
∴AD＝DE＝．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
22. 已知关于的方程．
（1）求证：取任何实数值，方程总有实数根；
（2）若等腰的一边长为4，另两边长，恰好是这个方程的两个根，求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）的周长为10
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式的意义证明即可；
（2）当边长为4的边为腰时，则可知方程有一个根为4，代入可求得k的值，则可求得方程的另一根，进而求得周长；当边长为4的边为底时，可知方程有两个相等的实数根，可求得k的值，再解方程，确定出三边长，根据三角形的三边关系定理可得此情况舍去．
【小问1详解】
证明：∵，
∴无论取何值，方程总有实数根；
【小问2详解】
解：当边长为4的边为腰时，则可知方程有一个实数根为4，
∴，
解得，
∴方程为，
解得或，
∴、的值分别为2、4，
∴的周长为；
当边长为4的边为底时，则，即方程有两个相等的实数根，
∴，即，
解得，
∴方程为，
解得，
此时，不符合三角形的三边关系，舍去；
综上，的周长为10．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式的意义，解一元二次方程，掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题的关键．
23. 在中，，，动点从点出发以每秒个单位长度的速度向点匀速运动同时动点从点出发以每秒4个单位长度的速度向点匀速运动，在的右侧作，交的延长线于点，设运动时间为秒，当为等腰三角形时，求的值．
【答案】值为或或
【解析】
【分析】作于，证明得出，即可求证，则，然后进行分类讨论：①当时，②当时，③当时．
【详解】解：作于，
∵，∴，
∵，
∴，，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
①若，则，，
∴，
∴，
解得；
②若，则，
∴，
∴，
∴，
解得；
③若，作于，于，取中点，作交于，连接，则，
∵，，
∴，，
由可得，，，
，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
综上所述，的值为或或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形对应边成比例，对应角相等，以及正确画出辅助线，利用等腰三角形的性质解答．
24. 已知关于的一元二次方程，
（1）试证：无论取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
（2）设，是方程的两根，且满足，求的值？
【答案】（1）见解析 （2），
【解析】
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式的意义证明即可；
（2）根据根与系数的关系得到，，求出，代入已知整理出关于m的一元二次方程，解方程可得的值．
【小问1详解】
解：∵，
∴无论取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
【小问2详解】
解：∵，是方程的两根，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
整理得：，
解得：，．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式的意义，根与系数的关系，解一元二次方程等知识，掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题的关键．
25. 在正方形中，为延长线上一点，交于点，连接．

（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，连接与交于点．若，求证：；
（3）如图3，为正方形外一点，，正方形的边长为2，直接写出当为何值时，取最大值．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）当时，取最大值．
【解析】
【分析】（1）首先由正方形的性质利用证明，得，从而可证结论；
（2）连接，首先利用证明，得，，再通过角之间的转化可得，从而得出结论；
（3）由，可得，，进而可得，可证，，由此可知要最大时，取最大值，取中点，连接，，可得，，由三角形三边关系可得，当过点时取等号，可得最大值为，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
与中，，
∴，
∴，
又∵，
∴；
【小问2详解】
证明：如图，连接，

∵四边形是正方形，
∴，，，
即，
在与中，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
【小问3详解】
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴，

取中点，连接，，
∵，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴，，则，
又∵，当过点时取等号，
∴最大值为．
∵
∴只要最大时，取最大值，
即：当时，取最大值．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，难度较大，由相似三角形的性质得到是解决问题的关键．