2022年中考數學沖刺挑戰壓軸題專題匯編（江西考卷）03挑戰壓軸題（解答題一）1．（2021·江西）如圖1，四邊形內接于，為直徑，過點作于點，連接．（1）求證：；（2）若是的切線，，連接，如圖2．①請判斷四邊形ABCO的形狀，并說明理由；②當AB=2時，求AD，AC與圍成陰影部分的面積．【答案】（1）見解析；（2）四邊形ABCO是菱形，理由見解析；（3）陰影部分的面積為．【解析】【分析】（1）利用圓內接四邊形的性質證得∠D=∠EBC，再利用圓周角的性質證得∠D+∠CAD=，即可證明∠CAD=∠ECB；（2）①利用切線的性質得到OC⊥EC，從而證明OC∥AE，再證明∠BAO=∠EBC=60°，推出BC∥AO，即可證明四邊形ABCO是菱形；②先計算，再利用扇形的面積公式計算，即可求得陰影部分的面積．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD內接于⊙O，∴∠D+∠ABC=，∵∠EBC+∠ABC=，∴∠D=∠EBC，∵AD為⊙O直徑，∴∠ACD=，∴∠D+∠CAD=，∵CE⊥AB，∴∠ECB+∠EBC=，∴∠CAD=∠ECB；（2）①四邊形ABCO是菱形，理由如下：∵CE是⊙O的切線，∴OC⊥EC，∵AB⊥EC，∴∠OCE=∠E=，∴∠OCE+∠E=18，∴OC∥AE，∴∠ACO=∠BAC，∵OA=OC，∴∠ACO=∠CAD，∴∠BAC=∠CAD，∵∠CAD=∠ECB，∠CAD=30°，∴∠EBC=90°30°=60°，∴∠BAO=∠EBC=60°，∴BC∥AO，∴四邊形ABCO是平行四邊形，∵OA=OC，∴四邊形ABCO是菱形；②∵四邊形ABCO是菱形，∴AO=AB=2，AD=4，∵∠CAD=30°，∴CD=AD=2，AC=2，過點C作CF⊥AD于點F，∴CF=，∴，∵OC∥AE，∴∠DOC=∠BAO=60°，∴，∴陰影部分的面積為．【點睛】本題主要考查了切線的性質、菱形的判定和性質以及扇形面積的求法，熟練掌握切線的性質定理以及扇形面積的求法是解答此題的關鍵．2．（2020·江西）已知的兩邊分別與圓相切于點，，圓的半徑為．（1）如圖1，點在點，之間的優弧上，，求的度數；（2）如圖2，點在圓上運動，當最大時，要使四邊形為菱形，的度數應為多少？請說明理由；（3）若交圓于點，求第（2）問中對應的陰影部分的周長（用含的式子表示）．【答案】（1）50°；（2）當∠APB=60°時，四邊形APBC為菱形，理由見解析；（3）．【解析】【分析】（1）連接OA、OB，根據切線的性質和多邊形內角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后結合已知求得∠AOB，最后根據圓周角定理即可解答；（2）連接OA、OB，先觀察發現當∠APB=60°時，四邊形APBC可能為菱形；然后利用∠APB=60°結合（1）的解答過程可得∠ACB=∠APB=60°，再根據點C運動到PC距離最大，即PC經過圓心；再說明四邊形APBC為軸對稱圖形結合已知條件得到PA=PB=CA=CB，即可得到四邊形APBC為菱形；（3）由于⊙O的半徑為r，則OA=r、OP=2r，再根據勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根據弧長公式求得的弧長，最后根據周長公式計算即可．【詳解】解：（1）如圖1，連接OA、OB∵PA，PB為⊙O的切線∴∠PAO=∠PBO=90°∴∠AOB+∠MPN=180°∵∠MPN=80°∴∠AOB=180°∠MPN=100°∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；（2）當∠APB=60°時，四邊形APBC為菱形，理由如下：如圖2：連接OA、OB由（1）可知∠AOB+∠APB=180°∵∠APB=60°∴∠AOB=120°∴∠ACB=60°=∠APB∵點C運動到PC距離最大∴PC經過圓心∵PA、PB為⊙O的切線∴四邊形APBC為軸對稱圖形∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.∴∠APB=∠ACB=60°∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°∴PA=PB=CA=CB∴四邊形APBC為菱形；（3）∵⊙O的半徑為r∴OA=r，OP=2r∴AP=r，PD=r∵∠AOP=60°∴∴C陰影．【點睛】本題考查了圓的切線的性質、圓周角定理、菱形的判定、弧長公式以及有關圓的最值問題，考查知識點較多，靈活應用所學知識是解答本題的關鍵．3．（2019·江西）數學活動課上，張老師引導同學進行如下探究：如圖1，將長為的鉛筆斜靠在垂直于水平桌面的直尺的邊沿上，一端固定在桌面上，圖2是示意圖．活動一如圖3，將鉛筆繞端點順時針旋轉，與交于點，當旋轉至水平位置時，鉛筆的中點與點重合．數學思考（1）設，點到的距離．①用含的代數式表示：的長是_________，的長是________；②與的函數關系式是_____________，自變量的取值范圍是____________．活動二（2）①列表：根據（1）中所求函數關系式計算并補全表格．6543.532.5210.5000.551.21.581.02.4734.295.08②描點：根據表中數值，描出①中剩余的兩個點．③連線：在平面直角坐標系中，請用平滑的曲線畫出該函數的圖象．數學思考（3）請你結合函數的圖象，寫出該函數的兩條性質或結論．【答案】(1)），，;(2)見解析；（3）①隨著的增大而減小；②圖象關于直線對稱；③函數的取值范圍是．【解析】【分析】（1）①利用線段的和差定義計算即可．②利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．（2）①利用函數關系式計算即可．②描出點，即可．③由平滑的曲線畫出該函數的圖象即可．（3）根據函數圖象寫出兩個性質即可（答案不唯一）．【詳解】解：（1）①如圖3中，由題意，，，，故答案為，．②作于．，，，，，，故答案為，．（2）①當時，，當時，，故答案為2，6．②點，點如圖所示．③函數圖象如圖所示．（3）性質1：函數值的取值范圍為．性質2：函數圖象在第一象限，隨的增大而減小．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了平行線分線段成比例定理，函數的圖象等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．4．（2018·江西）某鄉鎮實施產業扶貧，幫助貧困戶承包了荒山種植某品種蜜柚.到了收獲季節，已知該蜜柚的成本價為8元/千克，投入市場銷售時，調查市場行情，發現該蜜柚銷售不會虧本，且每天銷售量(千克)與銷售單價(元/千克)之間的函數關系如圖所示.

(1)求與的函數關系式，并寫出的取值范圍；

(2)當該品種蜜柚定價為多少時，每天銷售獲得的利潤最大？最大利潤是多少？

(3)某農戶今年共采摘蜜柚4800千克，該品種蜜柚的保質期為40天，根據(2)中獲得最大利潤的方式進行銷售，能否銷售完這批蜜柚？請說明理由.【答案】（1）（）；（2）定價為19元時，利潤最大，最大利潤是1210元.（3）不能銷售完這批蜜柚.

【解析】【詳解】【分析】（1）根據圖象利用待定系數法可求得函數解析式，再根據蜜柚銷售不會虧本以及銷售量大于0求得自變量x的取值范圍；（2）根據利潤=每千克的利潤×銷售量，可得關于x的二次函數，利用二次函數的性質即可求得；（3）先計算出每天的銷量，然后計算出40天銷售總量，進行對比即可得.【詳解】（1）設，將點（10，200）、（15，150）分別代入，則，解得，∴，∵蜜柚銷售不會虧本，∴，又，∴，∴，∴；（2）設利潤為元，則==，∴當時，

最大為1210，∴定價為19元時，利潤最大，最大利潤是1210元；(3)

當時，，110×40=4400＜4800，∴不能銷售完這批蜜柚.【點睛】本題考查了一次函數的應用、二次函數的應用，弄清題意，找出數量間的關系列出函數解析式是解題的關鍵.5．（2017·江西）如圖1，⊙O的直徑AB=12，P是弦BC上一動點（與點B，C不重合），∠ABC=30°，過點P作PD⊥OP交⊙O于點D．（1）如圖2，當PD∥AB時，求PD的長；（2）如圖3，當弧DC=弧AC時，延長AB至點E，使BE=AB，連接DE．①求證：DE是⊙O的切線；②求PC的長．【答案】（1）2；（2）①證明見解析；②3﹣3．【解析】【詳解】試題分析：（1）根據題意首先得出半徑長，再利用銳角三角三角函數關系得出OP，PD的長；（2）①首先得出△OBD是等邊三角形，進而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；②首先求出CF的長，進而利用直角三角形的性質得出PF的長，進而得出答案．試題解析：（1）如圖2，連接OD，∵OP⊥PD，PD∥AB，∴∠POB=90°，∵⊙O的直徑AB=12，∴OB=OD=6，在Rt△POB中，∠ABC=30°，∴OP=OB?tan30°=6×=2，在Rt△POD中，PD===；（2）①如圖3，連接OD，交CB于點F，連接BD，∵，∴∠DBC=∠ABC=30°，∴∠ABD=60°，∵OB=OD，∴△OBD是等邊三角形，∴OD⊥FB，∵BE=AB，∴OB=BE，∴BF∥ED，∴∠ODE=∠OFB=90°，∴DE是⊙O的切線；②由①知，OD⊥BC，∴CF=FB=OB?cos30°=6×=3，在Rt△POD中，OF=DF，∴PF=DO=3（直角三角形斜邊上的中線，等于斜邊的一半），∴CP=CF﹣PF=3﹣3．考點：圓的綜合題1．（河南省平頂山市20212022學年九年級上學期期末數學試題）如圖，是的一條角平分線，交于點，交于點．(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)填空：①若，當______度時，四邊形為正方形；②當是邊長為2的等邊三角形時，四邊形的面積為______．【答案】(1)四邊形是菱形；見解析(2)①55；②【解析】【分析】（1）先證平行四邊形，再證AF=DF即可；（2）①先根據三角形內角和求出∠C+∠BAC=145°，使四邊形AEDF為正方形，∠BAC=90°，得出∠C=145°90°=55°即可；②連結EF,當是邊長為2的等邊三角形時，先求，再證EF為△ABC的中位線，得出EF=，然后求S四邊形AEDF=即可．(1)證明：四邊形是菱形∵，，∴四邊形AEDF為平行四邊形，∵是的一條角平分線，∴∠BAD=∠CAD，又∵，∴∠FDA=∠EAD=∠CAD，∴AF=DF，∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形AEDF為菱形，(2)解：①∵∠B+∠C+∠BAC=180°，，∴∠C+∠BAC=145°，使四邊形AEDF為正方形，∠BAC=90°，∴∠C=145°90°=55°當55度時，四邊形為正方形；故答案為55②連結EF,當是邊長為2的等邊三角形時，∵AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD=CD=，在Rt△ABD中，∵,，點D為中點，∴，∴CF=DF，BE=AE，∴EF為△ABC的中位線，∴EF=，∵由（1）知四邊形AEDF為菱形，∴S四邊形AEDF=，四邊形的面積為．故答案為．【點睛】本題考查菱形的判定與性質，勾股定理，菱形面積，正方形的判定，掌握形的判定與性質，勾股定理，菱形面積，正方形的判定是解題關鍵．2．（2022·河南安陽·九年級學業考試）如圖，AB是的直徑，點C為上一點，點F是半徑AO上一動點（不與O，A重合），過點F作射線，分別交弦AC，于H，D兩點，在射線l上取點E，過點E作的切線EC．(1)求證：．(2)當點D是的中點時，若，判斷以O，A，D，C為頂點的四邊形是什么特殊四邊形，并說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)四邊形OADC是菱形；理由見解析【解析】【分析】（1）連接OC，EC為的切線，可得及，再由，得到，繼而得出結論；（2）連接CD、DO，AD，CO，由是等邊三角形、和都是等邊三角形，可得，即可得到四邊形OADC是菱形．(1)證明：如圖，連接OC，∵EC為的切線，∴，∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴．又∵，∴，∴．(2)以O，A，D，C為頂點的四邊形是菱形．理由如下：如圖，連接CD、DO，AD，CO．∵，，∴是等邊三角形．又∵點D是的中點，∴，∴和都是等邊三角形，∴，∴四邊形OADC是菱形．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質、切線的性質，以及菱形的判定，掌握切線的判定方法及菱形的判定方法是解題的關鍵．3．（2022·四川綿陽·九年級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，連接OP交⊙O于點E，點C在⊙O上，四邊形OBCE為菱形，連接PC．(1)求證：PC是⊙O的切線；(2)連接BP交⊙O于點F，交CE于點G．①連接OG，求證：；②若，求BF的長．【答案】(1)見解析(2)①見解析；②【解析】【分析】（1）連接，根據菱形的性質得到，，推出是等邊三角形，根據等邊三角形的性質得到，根據全等三角形的性質得到，根據切線的判定定理即可得到結論；（2）①由（1）知，，，根據直角三角形的性質得到，根據平行線的性質得到，，根據全等三角形的性質得到，由垂徑定理即可得到結論；②根據勾股定理得到，，連接，根據圓周角定理得到，根據三角形的面積公式和勾股定理即可得到結論．(1)解：證明：連接，四邊形為菱形，，，，是等邊三角形，，，，，，，是的直徑，是的切線，，，是的半徑，是的切線；(2)①證明：由（1）知，，，，，，，，，，，，；②，，，，，連接，是的直徑，，，，．【點睛】本題考查了圓的綜合題，全等三角形的判定和性質，垂徑定理，切線的判定和性質，菱形的性質，直角三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．4．（2022·黑龍江·哈爾濱市第一一三中學校九年級開學考試）如圖，⊙O中，弦AC、BD交于點E，連接AB、AD、OB，∠ABO=∠CAD(1)求證：AC⊥BD；(2)連接CD，∠BDC+2∠ADB=180°，求證：AB=AC；(3)在（2）的條件下，連接OC交BD于點F，⊙O的弦BH交AC于點G，CG=DF，AB=10，＝10，求GH的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【解析】【分析】(1)延長BO，構造直徑BF，連接DF，則∠ADB+∠ADF=90°，證明∠ADB+∠CAD=90°即可．(2)如圖2，連接BC，則∠ADB=∠ACB，∠ADB=90°∠BDC，利用三角形內角和定理證明∠ABC=90°∠BDC即可．(3)如圖3，連接BC，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥AC于點N，證明△MBO≌△NCO，△ECF∽△EBC，利用勾股定理，相交弦定理．(1)延長BO，構造直徑BF，連接DF，則∠ADB+∠ADF=90°，∵∠ABO=∠CAD，∠ABO=∠ADF，∴∠CAD=∠ADF，∴∠ADB+∠CAD=90°，∴∠AED=90°，∴AC⊥BD．(2)如圖2，連接BC，則∠ADB=∠ACB，∵∠BDC+2∠ADB=180°，∴∠ADB=90°∠BDC，∵∠ABC=180°∠ACB∠BAC=180°∠ADB∠BDC=180°90°+∠BDC∠BDC=90°∠BDC=∠ADB=∠ACB，∴AB=AC．(3)如圖3，連接BC，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥AC于點N，根據(2)，得AB=AC=10，∴OM=ON，BM=CN=5，∴△MBO≌△NCO，∴∠MBO=∠NCO，∵∠MBO=∠CAD，∠CBD=∠CAD，∴∠ECF=∠EBC，∴△ECF∽△EBC，∴，∴，∵＝10，CG=DF，∴BE×CG=20=BE×DF，∴BE×(EF+DE)=20，∴BE×EF+BE×DE=20，∴+BE×DE=20，根據相交弦定理，得BE×DE=AE×EC，∴+AE×EC=20，∵AE+EC=10，∴+(10EC)×EC=20，解得EC=2，∴AE=8，根據(2)得，∠AEB=90°，∴BE==6，∴6×DE=8×2，∴DE=，∴BD=BE+DE=6+=過點O作OP⊥BD于點P，根據垂徑定理，得PD==，CN=NA=5，∴PE=PDDE==，∵OP⊥BD，ON⊥AC，BD⊥AC，∴四邊形OPEN是矩形，∴ON=PE=，ON∥PE，∴，∴，∴DF=DE+EF===CG，∴AG=ACCG=10=，EG=CGCE=2=，∴BG==，根據相交弦定理，得BG×GH=AG×CG，∴GH==．【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，相交弦定理，三角形全等判定和性質，三角形相似判定和性質，等腰三角形的判定，直角三角形互余性質，熟練掌握圓的基本定理和三角形的相似是解題的關鍵．5．（2022·上海·位育中學模擬預測）在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P是OA延長線上一點，過線段OP的中點H作OP的垂線交弧AB于點C，射線PC交弧AB于點D，聯結OD．(1)如圖，當弧AC＝弧CD時，求弦CD的長；(2)如圖，當點C在弧AD上時，設PA＝x，CD＝y，求y與x的函數關系式，并寫出x的取值范圍；(3)設CD的中點為E，射線HE與射線OD交于點F，當DF時，請直接寫出∠P的余切值．【答案】(1)CD＝﹣1(2)yx2+2x﹣2（22≤x≤22）(3)cot∠P【解析】【分析】（1）根據弧弧，得出，進而求出，以及，再利用相似三角形的性質得出即可；（2）根據切割線定理即可求得．（3）利用等腰三角形的性質以及銳角三角函數關系即可得出的值．(1)解：聯結，如圖1，垂直平分，，，，，，又，，又，，，解得：，（舍去）(2)解：如圖，補全圓O，連接GD，AC，在圓內接四邊形ACDG中，，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵PA＝x，CD＝y，，∴，，，；(3)解：如圖2，連接和．，，（不妨設其大小為．（三角形外角的性質定理），同時，，（已知）由垂徑定理可知：，，．同時，由銳角三角函數定義，在中．，，四點，，，四點共圓，由同圓中，同弧上的圓周角相等可知，．在中，由三角形外角性質定理，，，．為等腰三角形，．，在中，，，由勾股定理可得，，【點睛】此題主要考查了圓的綜合應用以及相似三角形的判定與性質、切割線定理以及勾股定理和四點共圓以及等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是構建等腰三角形、直角三角形．1．（2022·遼寧錦州·八年級期末）如圖，在平面直角坐標系中有，，，作軸于點，軸于點，點的坐標為．(1)請直接寫出點的坐標；(2)求直線的表達式；(3)若為的中點，連接，動點從點出發，沿射線方向運動，當最大時，求點的坐標．【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）證明，即可求點的坐標；（2）由待定系數法求解析式即可；（3）延長交射線于點F，延長交射線于點，連接OP，PB，可證，由全等得到，求出直線的直線解析式為，直線的解析式為，兩直線的交點即為．(1)解：軸，軸，，，，，，，，，，點的坐標為，，，；(2)解：設直線的解析式為，，，；(3)解：延長交射線于點F，延長交射線于點，連接OP，PB，，，點為中點，，，，，，，設直線的解析式為，，，直線的直線解析式為，設直線的解析式為，，直線的解析式為，，解得，，．∵，∴當點P與點F重合時，有最大值，∴P點坐標為（，）【點睛】本題主要考查了一次函數的綜合，全等三角形的性質與判定，坐標與圖形等等，熟知相關知識是解題的關鍵．2．（2022·浙江溫州·八年級期末）如圖，直線分別交x軸、y軸于點A，B，直線經過點B，交x軸于點C，以BC為斜邊向左側作等腰．(1)求b的值和OC的長．(2)連結OD，求的度數．(3)設點D到AB，AC，BC的距離分別為，，，求，，之比．【答案】(1)，(2)45°(3)【解析】【分析】（1）首先求出A、B兩點坐標，將點B的坐標代入直線y=3x+b，即可求解；（2）連接OD，作DE⊥OD交y軸于E，證明△DBE≌△DCO，根據全等三角形的性質得DE=DO，∠DOE=45°，即可得∠AOD=45°；（3）延長OD交AB于H，過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，DF⊥OB于F，則d2=DM，d3=DN，證明DH⊥AB，得d1=DH，分別求出DM，DN，DH，即可求解．(1)解：直線y=x+3分別交x軸、y軸于點A，B，當x=0時，y=3；當y=0時，x=3；∴點A（3，0）、B（0，3），∵直線y=3x+b經過點B（0，3），將點B的坐標（0，3）代入直線y=3x+b得：b=3，∴y=3x+3當y=0時，3x+3=0，解得x=1，∴C（1，0），∴OC=1；(2)連接OD，作DE⊥OD交y軸于E，∵Rt△BCD是等腰直角三角形，∴∠BDC=90°，DB=DC，∴∠BDE+∠EDC=90°，∵DE⊥OD，∴∠CDO+∠EDC=90°，∴∠BDE=∠CDO，設CD、OB交于Q，∵∠BDC=∠QOC=90°，∠BQD=∠CQO，∴∠DBE=∠DCO，∵DB=DC，∠BDE=∠CDO，∴△DBE≌△DCO（ASA），∴DE=DO，∵DE⊥OD，∴∠DOE=45°，∴∠AOD=45°；(3)延長OD交AB于H，過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，DF⊥OB于F，則d2=DM，d3=DN，∵△DBE≌△DCO，C（1，0），∴BE=CO=1，∵A（3，0）、B（0，3），∴OE=2，OA=OB=3，∵DE=DO，DE⊥OD，∴延長OD交AB于點Q，∵OD平分，，∴．在等腰中，，，∴．【點睛】本題主要考查了一次函數的應用、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．3．（2022·四川成都·九年級期末）已知正方形ABCD的邊長為4，對角線AC，BD交于點E，F是CD延長線上一點，連接AF，G是線段AF上一點，連接BG，DG．(1)如圖1，若CF＝CA，G是AF的中點；①求∠FAD的度數；②求證：BG⊥DG；(2)如圖2，若FG＝2AG，BG⊥DG，求FD的長度．【答案】(1)①22.5°；②見解析(2)【解析】【分析】（1）①可求得∠ACD=∠DAC=45°，進而求得結果；②連接GE，根據中位線定理證得EG=CF，進而得出EG=BD，進一步命題得證；（2）連接EG，可證得EG=DE=BE=AE，所以點A、G、D、B、C共圓，從而得出∠FGD=∠ACD，進而證得△FDG∽△FAC，進一步求得結果．(1)①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠ACF=45°，∠ADF=∠ADC=90°，∵CF=CA，∴，∴∠FAD=∠FAC∠DAC=67.5°45°=22.5°；②證明：連接GE，如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC=BD，AE=CE，BE=DE=BD，∵AC=CF，∴CF=BD，∵AG=FG，AE=CE，∴EG=CF，∴EG=BD，∴GE=BE=DE，∴∠EGD=∠EDG，∠EGB=∠EBG，∵∠EGD+∠EDG+∠EGB+∠EBG=180°，∴∠EGD+∠EGB=90°，∴∠BGD=90°，∴BG⊥DG；(2)如圖2，連接EG，∵BG⊥DG，BE=DE，∴GE=BE=DE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AE=CE=AC，BE=DE=BD，AC=BD，∴AE=CE=BE=DE，∴點A、G、D、C、B在以E為圓心，AE為半徑的圓上，∴∠DGF=∠ACD，∵∠F=∠F，∴△FDG∽△FAC，∴，∴FD?FC=FG?FA，設FD=x，則，∵FG=2AG，∴，∴，∴x1=，x2=（舍去），∴FD=．【點睛】本題考查了正方形性質，直角三角形性質，確定圓的條件，三角形中位線定理，相似三角形判定和性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，找出相似三角形的條件．4．（2022·上海市建平實驗中學八年級期末）如圖，已知在中，，，，BC為OP上的中線．在中，，連接AC并延長交邊BO于點E．(1)求AC的長．(2)設AP的長度為x，四邊形ACBP的面積為y，求y關于x的函數解析式，并寫出定義域．(3)當四邊形ACBP為梯形時，求AP的長．【答案】(1)5(2)(3)或【解析】【分析】（1）先利用勾股定理求出，然后根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求解即可；（2）先利用勾股定理求出，再根據列出關系式即可；（3）分兩種情況：當時，則，當，則，兩種情況分