《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

25. (12分)新趋势项目式学习(2024·连云港期末)问题探究:如图①,在四边形$ADBC$中,$ \angle ACB = \angle ADB = 90^{\circ} $,$ AD = BD $,探究线段$AC$、$BC$、$CD$之间的数量关系.
小江同学探究此问题的思路是:将$ \triangle BCD 绕点D逆时针旋转90^{\circ}到 \triangle AED $处,点$B$、$C分别落在点A$、$E$处,易证点$C$、$A$、$E$在同一条直线上,并且$ \triangle CDE $是等腰直角三角形,所以$ CE = \sqrt{2}CD $,从而得出结论:$ AC + BC = \sqrt{2}CD $.
简单应用:
(1)在图①中,若$ AC = 2 $,$ BC = 4 $,则$ CD = $______$3\sqrt{2}$;
(2)在图②中,$AB是 \odot O $的直径,点$C$、$D在 \odot O $上,$D是 \overgroup{AB} $的中点.若$ AB = 17 $,$ BC = 15 $,则$ CD = $______$\frac{23\sqrt{2}}{2}$;
拓展延伸:
(3)如图③,$ \angle ACB = \angle ADB = 90^{\circ} $,$ AD = BD $,$ AC ＜ BC $.探究线段$AC$、$BC$、$CD$之间的数量关系;若图③中$ BC = 5 $,设$CD的长为x$,$ \triangle ACD 的面积为y$,求$y与x$之间的函数表达式,并求出$ \triangle ACD $面积的最大值;过点D作$DE\perp BC$于点E，在BC上取点F，使$BF = AC$，如图②所示。
∵$\angle ADB = 90^{\circ}$，$AD = BD$，
∴$\angle DAB=\angle DBA=\frac{1}{2}×90^{\circ}=45^{\circ}$。
∵$\angle ACB=\angle ADB = 90^{\circ}$，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴$\angle DCE=\angle DAB = 45^{\circ}$，$\angle CAD=\angle DBF$。
∵$AC = BF$，$AD = BD$，
∴$\triangle ACD\cong\triangle BFD(SAS)$，
∴$CD = DF$，$\angle CDA=\angle FDB$，
∴$\angle CDA+\angle ADF=\angle ADF+\angle FDB=\angle ADB = 90^{\circ}$，即$\angle CDF = 90^{\circ}$。
∵$\angle DCE = 45^{\circ}$，
∴$\triangle CDF$为等腰直角三角形，
∴$CF=\sqrt{2}CD$，
∴$BC = BF + CF = AC+\sqrt{2}CD$。
∵$BC = 5$，$CD = x$，
∴$CF=\sqrt{2}x$，$BF = 5-\sqrt{2}x$。
∵$\triangle CDF$为等腰直角三角形，$DE\perp CF$，
∴$DE=\frac{1}{2}CF=\frac{\sqrt{2}}{2}x$。
∵$\triangle ACD\cong\triangle BFD$，
∴$S_{\triangle ACD}=S_{\triangle BFD}=\frac{1}{2}BF\cdot DE=\frac{1}{2}(5-\sqrt{2}x)×\frac{\sqrt{2}}{2}x=-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5\sqrt{2}}{4}x=-\frac{1}{2}(x-\frac{5\sqrt{2}}{4})^{2}+\frac{25}{16}$，即$y = -\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5\sqrt{2}}{4}x$，
∴当$x=\frac{5\sqrt{2}}{4}$时，y有最大值且最大值为$\frac{25}{16}$，
∴$\triangle ACD$面积的最大值为$\frac{25}{16}$；
问题解决:
(4)如图④,公园里有一个四边形的人工湖$ABCD$,$ BC = CD = 130 \text{ m} $,$ AD = 100 \text{ m} $,已经修建了一座观光桥$AC$,恰巧满足$ AC \perp BC $,$ AC = 130 \text{ m} $,现在再修建一座观光桥$PQ$,其中$P$、$Q分别是AB$、$AD$的中点,则$PQ$的长度为______$85\sqrt{2}$m.

答案： （1）$3\sqrt{2}$；（2）$\frac{23\sqrt{2}}{2}$；（3）过点D作$DE\perp BC$于点E，在BC上取点F，使$BF = AC$，如图②所示。
∵$\angle ADB = 90^{\circ}$，$AD = BD$，
∴$\angle DAB=\angle DBA=\frac{1}{2}×90^{\circ}=45^{\circ}$。
∵$\angle ACB=\angle ADB = 90^{\circ}$，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴$\angle DCE=\angle DAB = 45^{\circ}$，$\angle CAD=\angle DBF$。
∵$AC = BF$，$AD = BD$，
∴$\triangle ACD\cong\triangle BFD(SAS)$，
∴$CD = DF$，$\angle CDA=\angle FDB$，
∴$\angle CDA+\angle ADF=\angle ADF+\angle FDB=\angle ADB = 90^{\circ}$，即$\angle CDF = 90^{\circ}$。
∵$\angle DCE = 45^{\circ}$，
∴$\triangle CDF$为等腰直角三角形，
∴$CF=\sqrt{2}CD$，
∴$BC = BF + CF = AC+\sqrt{2}CD$。
∵$BC = 5$，$CD = x$，
∴$CF=\sqrt{2}x$，$BF = 5-\sqrt{2}x$。
∵$\triangle CDF$为等腰直角三角形，$DE\perp CF$，
∴$DE=\frac{1}{2}CF=\frac{\sqrt{2}}{2}x$。
∵$\triangle ACD\cong\triangle BFD$，
∴$S_{\triangle ACD}=S_{\triangle BFD}=\frac{1}{2}BF\cdot DE=\frac{1}{2}(5-\sqrt{2}x)×\frac{\sqrt{2}}{2}x=-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5\sqrt{2}}{4}x=-\frac{1}{2}(x-\frac{5\sqrt{2}}{4})^{2}+\frac{25}{16}$，即$y = -\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5\sqrt{2}}{4}x$，
∴当$x=\frac{5\sqrt{2}}{4}$时，y有最大值且最大值为$\frac{25}{16}$，
∴$\triangle ACD$面积的最大值为$\frac{25}{16}$；（4）$85\sqrt{2}$