03挑战压轴题（解答题一）-2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编

2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（江西考卷）03挑战压轴题（解答题一）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=2r，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=2r∴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．6543.532.5210.5000.551.21.581.02.4734.295.08②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•cos30°=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20212022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55②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，∴+(10EC)×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=PDDE==，∵OP⊥BD，ON⊥AC，BD⊥AC，∴四边形OPEN是矩形，∴ON=PE=，ON∥PE，∴，∴，∴DF=DE+EF===CG，∴AG=ACCG=10=，EG=CGCE=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)cot∠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