《2025年领智优选浙江期末复习卷九年级数学全一册浙教版》

24. （12分）如图1，$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 20$，$BC = 15$，以$AB$为直径的$\odot O$交$AC$于点$D$，$M$是$BC$的中点，连结$DM$。
（1）求证：$MD$是$\odot O$的切线；
（2）如图2，过点$B$作$MD$的平行线交$AC$于点$E$。
①求$AE$的长；
②如图3，点$P$在线段$BE$上，连结$DP$交并延长交$\odot O$于点$Q$，当$\frac{EP}{BP}=\frac{21}{4}$时，求$DQ$的值。

答案：
24.
(1)证明：以$AB$为直径的$\odot O$交$AC$于点$D$，$M$是$BC$的中点，如图1，连结$OD$，$BD$，$OM$，

∴$\angle ADB = \angle CDB = 90^{\circ}$，
∴$BM = DM = CM$.
∴$\angle MDB = \angle MBD$.
∵$OB = OD$，
∴$\angle ODB = \angle OBD$.
∵$\angle MBD + \angle OBD = \angle ABC = 90^{\circ}$，
∴$\angle ODM = \angle MDB + \angle ODB = 90^{\circ}$，
∵$OD$是$\odot O$的半径，
∴$MD$是$\odot O$的切线.
(2)$①$在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 20$，$BC = 15$，如图2，连结$BD$，

由勾股定理，得$AC = \sqrt{AB^{2}+BC^{2}} = 25$，而$\frac{CD}{CB} = \sin \angle CBD = \sin A = \frac{BC}{AC}$，解得$CD = 9$.
∵$BE // DM$，
∴$\angle CDM = \angle CEB$.
由
(1)可知$DM = CM$，
∴$\angle C = \angle CDM$，
∴$\angle C = \angle CEB$，
∴$BE = BC = 15$.
∵$BD \perp AC$，
∴$CE = 2CD = 18$，
∴$AE = AC - CE = 7$.
$②$过点$D$作$DH \perp BE$于点$H$，连结$BD$，$AQ$，如图3，

∵$\frac{EP}{BP}=\frac{21}{4}$，
∴$EP = \frac{21}{25}BE = \frac{21}{25} × 15 = \frac{63}{5}$，
在$\triangle DEB$中，$\angle EDB = 90^{\circ}$，$DE = CD = 9$，
$\tan \angle DEB = \tan C = \frac{20}{15}=\frac{4}{3}$，
∴$\frac{BD}{CD}=\frac{BD}{9}=\frac{4}{3}$，
∴$BD = 12$，
∴$DH = \frac{DE · BD}{BE}=\frac{36}{5}$，$EH = \frac{3DH}{4}=\frac{27}{5}$，
∴$PH = \frac{63}{5}-\frac{27}{5}=\frac{36}{5}$.
∴$DP = \frac{36\sqrt{2}}{5}$
∵$\angle DEB = \angle C = \angle DBA = \angle DQA$，$\angle EDP = \angle QDA$，
∴$\triangle EDP \backsim \triangle QDA$，
∴$\frac{DP}{DA}=\frac{DE}{DQ}$，
∴$DP · DQ = DE · DA = 9 × 16 = 144$，
∴$DQ = \frac{144}{\frac{36\sqrt{2}}{5}}=10\sqrt{2}$.