中考数学二轮压轴题汇编03挑战压轴题（解答题一）（江西专用）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2021·江西）如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接．

（1）求证：；
（2）若是的切线，，连接，如图2．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB=2时，求AD， AC与围成阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）四边形ABCO是菱形，理由见解析；（3）阴影部分的面积为．
【解析】
【分析】
（1）利用圆内接四边形的性质证得∠D=∠EBC，再利用圆周角的性质证得∠D+∠CAD=，即可证明∠CAD=∠ECB；
（2）①利用切线的性质得到OC⊥EC，从而证明OC∥AE，再证明∠BAO=∠EBC =60°，推出BC∥AO，即可证明四边形ABCO是菱形；②先计算，再利用扇形的面积公式计算，即可求得阴影部分的面积．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D+∠ABC=，
∵∠EBC+∠ABC=，
∴∠D=∠EBC，
∵AD为⊙O直径，
∴∠ACD=，
∴∠D+∠CAD=，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB+∠EBC=，
∴∠CAD=∠ECB；
（2）①四边形ABCO是菱形，理由如下：
∵CE是⊙O的切线，
∴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，
∴四边形ABCO是平行四边形，
∵OA=OC，
∴四边形ABCO是菱形；
②∵四边形ABCO是菱形，
∴AO=AB=2，AD=4，
∵∠CAD=30°，
∴CD=AD=2，AC=2，
过点C作CF⊥AD于点F，
∴CF=，
∴，
∵OC∥AE，
∴∠DOC=∠BAO=60°，
∴，
∴阴影部分的面积为．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质、菱形的判定和性质以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的性质定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
2．（2020·江西）已知的两边分别与圆相切于点，，圆的半径为．
（1）如图1，点在点，之间的优弧上，，求的度数；
（2）如图2，点在圆上运动，当最大时，要使四边形为菱形，的度数应为多少？请说明理由；
（3）若交圆于点，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含的式子表示）．
【答案】（1）50°；（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）连接OA、OB，根据切线的性质和多边形内角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后结合已知求得∠AOB，最后根据圆周角定理即可解答；
（2）连接OA、OB，先观察发现当∠APB=60°时，四边形APBC可能为菱形；然后利用∠APB=60°结合（1）的解答过程可得∠ACB=∠APB=60°，再根据点C运动到PC距离最大，即PC经过圆心；再说明四边形APBC为轴对称图形结合已知条件得到PA =PB=CA =CB，即可得到四边形APBC为菱形；
（3）由于⊙O的半径为r，则OA=r、OP=2 r，再根据勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根据弧长公式求得的弧长，最后根据周长公式计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，连接OA、OB
∵PA，PB为⊙O的切线
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠AOB+∠MPN=180°
∵∠MPN=80°
∴∠AOB=180°-∠MPN=100°
∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；
（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由如下：
如图2：连接OA、OB
由（1）可知∠AOB+∠APB=180°
∵∠APB=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=60°=∠APB
∵点C运动到PC距离最大
∴PC经过圆心
∵PA、PB为⊙O的切线
∴四边形APBC为轴对称图形
∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.
∴∠APB=∠ACB=60°
∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°
∴PA =PB=CA =CB
∴四边形APBC为菱形；
（3）∵⊙O的半径为r
∴OA=r，OP=2 r
∴AP=r，PD=r
∵∠AOP=60°
∴
∴C阴影．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、菱形的判定、弧长公式以及有关圆的最值问题，考查知识点较多，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
3．（2019·江西）数学活动课上，张老师引导同学进行如下探究：如图1，将长为的铅笔斜靠在垂直于水平桌面的直尺的边沿上，一端固定在桌面上，图2是示意图．
活动一
如图3，将铅笔绕端点顺时针旋转，与交于点，当旋转至水平位置时，铅笔的中点与点重合．

数学思考
（1）设，点到的距离．
①用含的代数式表示：的长是_________，的长是________；
②与的函数关系式是_____________，自变量的取值范围是____________．
活动二
（2）①列表：根据（1）中所求函数关系式计算并补全表格．
②描点：根据表中数值，描出①中剩余的两个点．
③连线：在平面直角坐标系中，请用平滑的曲线画出该函数的图象．
数学思考
（3）请你结合函数的图象，写出该函数的两条性质或结论．
【答案】(1) ），，;(2)见解析；（3）①随着的增大而减小；②图象关于直线对称；③函数的取值范围是．
【解析】
【分析】
（1）①利用线段的和差定义计算即可．
②利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）①利用函数关系式计算即可．
②描出点，即可．
③由平滑的曲线画出该函数的图象即可．
（3）根据函数图象写出两个性质即可（答案不唯一）．
【详解】
解：（1）①如图3中，由题意，
，
，，
故答案为，．
②作于．
，，
，
，
，
，
故答案为，．
（2）①当时，，当时，，
故答案为2，6．
②点，点如图所示．
③函数图象如图所示．
（3）性质1：函数值的取值范围为．
性质2：函数图象在第一象限，随的增大而减小．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了平行线分线段成比例定理，函数的图象等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．（2018·江西）某乡镇实施产业扶贫，帮助贫困户承包了荒山种植某品种蜜柚.到了收获季节，已知该蜜柚的成本价为8元/千克，投入市场销售时，调查市场行情，发现该蜜柚销售不会亏本，且每天销售量(千克)与销售单价(元/千克)之间的函数关系如图所示.
(1)求与的函数关系式，并写出的取值范围；
(2)当该品种蜜柚定价为多少时，每天销售获得的利润最大？最大利润是多少？
(3)某农户今年共采摘蜜柚4800千克，该品种蜜柚的保质期为40天，根据(2)中获得最大利润的方式进行销售，能否销售完这批蜜柚？请说明理由.
【答案】（1）（）；（2）定价为19元时，利润最大，最大利润是1210元.（3）不能销售完这批蜜柚.
【解析】
【详解】
【分析】（1）根据图象利用待定系数法可求得函数解析式，再根据蜜柚销售不会亏本以及销售量大于0求得自变量x的取值范围；
（2）根据利润=每千克的利润×销售量，可得关于x的二次函数，利用二次函数的性质即可求得；
（3）先计算出每天的销量，然后计算出40天销售总量，进行对比即可得.
【详解】（1）设 ，将点（10，200）、（15，150）分别代入，
则，解得 ，
∴，
∵蜜柚销售不会亏本，∴，
又，∴ ，∴，
∴ ；
（2） 设利润为元，
则
=
=，
∴ 当 时， 最大为1210，
∴ 定价为19元时，利润最大，最大利润是1210元；
(3) 当 时，，
110×40=4400＜4800，
∴不能销售完这批蜜柚.
【点睛】 本题考查了一次函数的应用、二次函数的应用，弄清题意，找出数量间的关系列出函数解析式是解题的关键.
5．（2017·江西）如图1，⊙O的直径AB=12，P是弦BC上一动点（与点B，C不重合），∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交⊙O于点D．
（1）如图2，当PD∥AB时，求PD的长；
（2）如图3，当弧DC=弧AC时，延长AB至点E，使BE=AB，连接DE．
①求证：DE是⊙O的切线；
②求PC的长．
【答案】（1）2；（2）①证明见解析；②3﹣3．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角三角函数关系得出OP，PD的长；
（2）①首先得出△OBD是等边三角形，进而得出∠ODE=∠OFB=90°，求出答案即可；
②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
试题解析：（1）如图2，连接OD，
∵OP⊥PD，PD∥AB，
∴∠POB=90°，
∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=OD=6，
在Rt△POB中，∠ABC=30°，
∴OP=OB•tan30°=6×=2，
在Rt△POD中，
PD===；
（2）①如图3，连接OD，交CB于点F，连接BD，
∵，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∴∠ABD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∵BE=AB，
∴OB=BE，
∴BF∥ED，
∴∠ODE=∠OFB=90°，
∴DE是⊙O的切线；
②由①知，OD⊥BC，
∴CF=FB=OB•cs30°=6×=3，
在Rt△POD中，OF=DF，
∴PF=DO=3（直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半），
∴CP=CF﹣PF=3﹣3．
考点：圆的综合题
1．（河南省平顶山市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，是的一条角平分线，交于点，交于点．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)填空：
①若，当______度时，四边形为正方形；
②当是边长为2的等边三角形时，四边形的面积为______．
【答案】(1)四边形是菱形；见解析
(2)①55；②
【解析】
【分析】
（1）先证平行四边形，再证AF=DF即可；
（2）①先根据三角形内角和求出∠C+∠BAC=145°，使四边形AEDF为正方形，∠BAC=90°，得出∠C=145°-90°=55°即可；
②连结EF,当是边长为2的等边三角形时， 先求，再证EF为△ABC的中位线，得出EF=，然后求S四边形AEDF=即可．
(1)
证明：四边形是菱形
∵，，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∵是的一条角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
又∵，
∴∠FDA=∠EAD=∠CAD，
∴AF=DF，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形AEDF为菱形，
(2)
解：①∵∠B+∠C+∠BAC=180°，，
∴∠C+∠BAC=145°，
使四边形AEDF为正方形，∠BAC=90°，
∴∠C=145°-90°=55°
当55度时，四边形为正方形；
故答案为55
②连结EF,
当是边长为2的等边三角形时，
∵AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=，
在Rt△ABD中，
∵,，点D为中点，
∴，
∴CF=DF，BE=AE，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF=，
∵由（1）知四边形AEDF为菱形，
∴S四边形AEDF=，
四边形的面积为．
故答案为．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质，勾股定理，菱形面积，正方形的判定，掌握形的判定与性质，勾股定理，菱形面积，正方形的判定是解题关键．
2．（2022·河南安阳·九年级学业考试）如图，AB是的直径，点C为上一点，点F是半径AO上一动点（不与O，A重合），过点F作射线，分别交弦AC，于H，D两点，在射线l上取点E，过点E作的切线EC．
(1)求证：．
(2)当点D是的中点时，若，判断以O，A，D，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形OADC是菱形；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OC， EC为的切线，可得及，再由，得到，继而得出结论；
（2）连接CD、DO，AD，CO，由是等边三角形、和都是等边三角形，可得，即可得到四边形OADC是菱形．
(1)
证明：如图，连接OC，
∵EC为的切线，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
(2)
以O，A，D，C为顶点的四边形是菱形．
理由如下：如图，连接CD、DO，AD，CO．
∵，，
∴是等边三角形．
又∵点D是的中点，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
∴四边形OADC是菱形．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和性质、切线的性质，以及菱形的判定，掌握切线的判定方法及菱形的判定方法是解题的关键．
3．（2022·四川绵阳·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，连接OP交⊙O于点E，点C在⊙O上，四边形OBCE为菱形，连接PC．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)连接BP交⊙O于点F，交CE于点G．
①连接OG，求证：；
②若，求BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）连接，根据菱形的性质得到，，推出是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）①由（1）知，，，根据直角三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，由垂径定理即可得到结论；②根据勾股定理得到，，连接，根据圆周角定理得到，根据三角形的面积公式和勾股定理即可得到结论．
(1)
解：证明：连接，
四边形为菱形，
，，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，
，
是的直径，是的切线，
，
，
是的半径，
是的切线；
(2)
①证明：由（1）知，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
②，
，
，
，
，
连接，
是的直径，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了圆的综合题，全等三角形的判定和性质，垂径定理，切线的判定和性质，菱形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
4．（2022·黑龙江·哈尔滨市第一一三中学校九年级开学考试）如图，⊙O中，弦AC、BD交于点E，连接AB、AD、OB，∠ABO=∠CAD
(1)求证：AC⊥BD；
(2)连接CD，∠BDC+2∠ADB=180°，求证：AB=AC；
(3)在（2）的条件下，连接OC交BD于点F，⊙O的弦BH交AC于点G，CG=DF，AB=10，＝10，求GH的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
(1) 延长BO，构造直径BF，连接DF，则∠ADB+∠ADF=90°，证明∠ADB+∠CAD=90°即可．
(2) 如图2，连接BC，则∠ADB=∠ACB，∠ADB=90°-∠BDC，利用三角形内角和定理证明∠ABC=90°-∠BDC即可．
(3) 如图3，连接BC，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥AC于点N，证明△MBO≌△NCO，△ECF∽△EBC，利用勾股定理，相交弦定理．
(1)
延长BO，构造直径BF，连接DF，则∠ADB+∠ADF=90°，
∵∠ABO=∠CAD，∠ABO=∠ADF，
∴∠CAD =∠ADF，
∴∠ADB+∠CAD=90°，
∴∠AED=90°，
∴AC⊥BD．
(2)
如图2，连接BC，则∠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)
如图3，连接BC，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥AC于点N，
根据(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 ，
根据相交弦定理，得BE×DE= AE×EC，
∴+ AE×EC =20 ，
∵AE+EC=10，
∴+ (10-EC)×EC =20 ，
解得EC=2，
∴AE=8，
根据(2)得，∠AEB=90°，
∴BE==6，
∴6×DE= 8×2，
∴DE= ，
∴BD=BE+DE=6+=
过点O作OP⊥BD于点P，
根据垂径定理，得PD==，CN=NA=5，
∴PE=PD-DE=-=，
∵OP⊥BD，ON⊥AC，BD⊥AC，
∴四边形OPEN是矩形，
∴ON=PE=，ON∥PE，
∴，
∴，
∴DF=DE+EF===CG，
∴AG=AC-CG=10-=，EG=CG-CE=-2=，
∴BG==，
根据相交弦定理，得BG×GH= AG×CG，
∴GH=
=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，相交弦定理，三角形全等判定和性质，三角形相似判定和性质，等腰三角形的判定，直角三角形互余性质，熟练掌握圆的基本定理和三角形的相似是解题的关键．
5．（2022·上海·位育中学模拟预测）在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝90°，P是OA延长线上一点，过线段OP的中点H作OP的垂线交弧AB于点C，射线PC交弧AB于点D，联结OD．
(1)如图，当弧AC＝弧CD时，求弦CD的长；
(2)如图，当点C在弧AD上时，设PA＝x，CD＝y，求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(3)设CD的中点为E，射线HE与射线OD交于点F，当DF时，请直接写出∠P的余切值．
【答案】(1)CD＝﹣1
(2)yx2+2x﹣2（22≤x≤22）
(3)ct∠P
【解析】
【分析】
（1）根据弧弧，得出，进而求出，以及，再利用相似三角形的性质得出即可；
（2）根据切割线定理即可求得．
（3）利用等腰三角形的性质以及锐角三角函数关系即可得出的值．
(1)
解：联结，如图1，
垂直平分，
，
，
，
，
，
又，
，
又，
，
，
解得：，（舍去）
(2)
解：如图，补全圆O，连接GD，AC，
在圆内接四边形ACDG中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵PA＝x，CD＝y，，
∴，
，
，；
(3)
解：如图2，连接和．
，
，
（不妨设其大小为
．（三角形外角的性质定理），
同时，，
（已知）
由垂径定理可知：，
，
．
同时，由锐角三角函数定义，
在中．
，
，
四点，，，四点共圆，
由同圆中，同弧上的圆周角相等可知
，
．
在中，由三角形外角性质定理，
，
，
．
为等腰三角形，
．
，
在中，，，
由勾股定理可得，
，
【点睛】
此题主要考查了圆的综合应用以及相似三角形的判定与性质、切割线定理以及勾股定理和四点共圆以及等腰三角形的性质等知识，解题的关键是构建等腰三角形、直角三角形．
1．（2022·辽宁锦州·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中有，，，作轴于点，轴于点，点的坐标为．
(1)请直接写出点的坐标；
(2)求直线的表达式；
(3)若为的中点，连接，动点从点出发，沿射线方向运动，当最大时，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）证明，即可求点的坐标；
（2）由待定系数法求解析式即可；
（3）延长交射线于点F，延长交射线于点，连接OP，PB，可证，由全等得到，求出直线的直线解析式为，直线的解析式为，两直线的交点即为．
(1)
解：轴，轴，
，
，
，，
，
，
，
，，
点的坐标为，
，，
；
(2)
解：设直线的解析式为，
，
，
；
(3)
解：延长交射线于点F， 延长交射线于点，连接OP，PB
，
，，
点为中点，
，
，
，
，
，，
设直线的解析式为，
，
，
直线的直线解析式为，
设直线的解析式为，
，
直线的解析式为，
，
解得，
，．
∵，
∴当点P与点F重合时，有最大值，
∴P点坐标为（，）
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合，全等三角形的性质与判定，坐标与图形等等，熟知相关知识是解题的关键．
2．（2022·浙江温州·八年级期末）如图，直线分别交x轴、y轴于点A，B，直线经过点B，交x轴于点C，以BC为斜边向左侧作等腰．
(1)求b的值和OC的长．
(2)连结OD，求的度数．
(3)设点D到AB，AC，BC的距离分别为，，，求，，之比．
【答案】(1)，
(2)45°
(3)
【解析】
【分析】
（1）首先求出A、B两点坐标，将点B的坐标代入直线y=-3x+b，即可求解；
（2）连接OD，作DE⊥OD交y轴于E，证明△DBE≌△DCO，根据全等三角形的性质得DE=DO，∠DOE=45°，即可得∠AOD=45°；
（3）延长OD交AB于H，过D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，DF⊥OB于F，则d2=DM，d3=DN，证明DH⊥AB，得d1=DH，分别求出DM，DN，DH，即可求解．
(1)
解：直线y=x+3分别交x轴、y轴于点A，B，
当x=0时，y=3；当y=0时，x=-3；
∴点A（-3，0）、B（0，3），
∵直线y=-3x+b经过点B（0，3），
将点B的坐标（0，3）代入直线y=-3x+b得：b=3，
∴y=-3x+3
当y=0时，-3x+3=0，解得x=1，
∴C（1，0），
∴OC=1；
(2)
连接OD，作DE⊥OD交y轴于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，
设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)
延长OD交AB于H，过D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，DF⊥OB于F，则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，
∴
延长OD交AB于点Q，
∵OD平分，，
∴．
在等腰中，，
，
∴．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的应用、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
3．（2022·四川成都·九年级期末）已知正方形ABCD的边长为4，对角线AC，BD交于点E，F是CD延长线上一点，连接AF，G是线段AF上一点，连接BG，DG．
(1)如图1，若CF＝CA，G是AF的中点；
①求∠FAD的度数；
②求证：BG⊥DG；
(2)如图2，若FG＝2AG，BG⊥DG，求FD的长度．
【答案】(1)①22.5°；②见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）①可求得∠ACD=∠DAC=45°，进而求得结果；②连接GE，根据中位线定理证得EG=CF，进而得出EG=BD，进一步命题得证；
（2）连接EG，可证得EG=DE=BE=AE，所以点A、G、D、B、C共圆，从而得出∠FGD=∠ACD，进而证得△FDG∽△FAC，进一步求得结果．
(1)
①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠ACF=45°，∠ADF=∠ADC=90°，
∵CF=CA，
∴，
∴∠FAD=∠FAC-∠DAC=67.5°-45°=22.5°；
②证明：连接GE，如图1，
∵四边形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)
如图2，连接EG，
∵BG⊥DG，BE=DE，
∴GE=BE=DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AE=CE=AC，BE=DE=BD，AC=BD，
∴AE=CE=BE=DE，
∴点A、G、D、C、B在以E为圆心，AE为半径的圆上，
∴∠DGF=∠ACD，
∵∠F=∠F，
∴△FDG∽△FAC，
∴，
∴FD•FC=FG•FA，
设FD=x，则，
∵FG=2AG，
∴，
∴，
∴x1=，x2=-（舍去），
∴FD=．
【点睛】
本题考查了正方形性质，直角三角形性质，确定圆的条件，三角形中位线定理，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，找出相似三角形的条件．
4．（2022·上海市建平实验中学八年级期末）如图，已知在中，，，，BC为OP上的中线．在中，，连接AC并延长交边BO于点E．
(1)求AC的长．
(2)设AP的长度为x，四边形ACBP的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域．
(3)当四边形ACBP为梯形时，求AP的长．
【答案】(1)5
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）先利用勾股定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可；
（2）先利用勾股定理求出，再根据列出关系式即可；
（3）分两种情况：当时，则，当，则，两种情况分类讨论求解即可．
(1)
解：在中，，，
∴，
∵BC为中线，
∴．
又∵，
∴；
(2)
解：在中，，，
∴，
∴
；
(3)
解：①当时，则．过B作，过C作，
∴，
∴，,
∴，
在中，．
∵，
∴；
②当，则，过点A作AD⊥CP于D．
在中，．
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴或．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，梯形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，函数关系式，等腰三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键．
5．（2022·贵州遵义·九年级期末）问题阅读：为了大力发展乡村旅游，增加农民收入，某农户在政府的扶持下开了一家民宿宾馆，共有20个房间可以提供给游客居住，当房间标准价格定为每天200元/间时，平均每天入住8间；如果房间有游客居住，农户需对每个房间每天支出20元的各种费用．为获得每天的最大利润，农户决定调整价格．经市场调查发现，在不考虑其他因素的情况下，每天每间房价在80元～200元之间（含80元，200元）浮动时，房间数y（间）与每天每间的定价x元之间满足一次函数关系，其部分对应值如下表所示：
问题分析：
(1)由上表可以得出，当每天每间房间定价为170元时，入住房间数量为 间；每天每间房间定价每降低10元，则入住房间可以增加 间；
(2)问题解决：请求出入住房间数y（间）与每天定价x（元/间）之间的函数关系式；
(3)当每天每间房间定价为多少元时，该农户每天可以获得最大利润，最大利润是多少？
【答案】(1)11，1；
(2)y＝x＋28
(3)当x＝150时，w有最大值，最大值为1690元
【解析】
【分析】
（1）根据表中信息即可得到结论；
（2）待定系数法求解可得；
（3）由营业额＝入住房间数量×房价得出函数解析式，再利用二次函数的性质求解可得．
(1)
解：由上表可以得出，当每天每间房间定价为170元时，入住房间数量为11间；每天每间房间定价每降低10元，则入住房间可以增加1间；
故答案为：11，1；
(2)
设y＝kx＋b，
将（200，8）、（190，9）代入，得：
，
解得，
∴y＝x＋28（80≤x≤200）；
(3)
设农户每天可以获得利润为w元，
由题意得，w＝（x−20）y＝（x−20）（x＋28）＝x2＋30x−560，
∴对称轴为直线，
∵a＝＜0，
∴在150≤x≤200范围内，w随x的增大而减小，
∴当x＝150时，w有最大值，最大值为1690元．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的应用以及待定系数法求一次函数解析式以及二次函数最值问题，由营业额＝入住房间数量×房价得出函数解析式及二次函数的性质是解题关键．
6
5
4
3.5
3
2.5
2
1
0.5
0
0
0.55
1.2
1.58
1.0
2.47
3
4.29
5.08
每天房间定价x（元/间）
200
190
180
170
160
入住间数y（间）
8
9
10
11
12