《2025年单元质量达标九年级数学全一册人教版》

22. (9分)如图,$\triangle ABC$内接于$\odot O, AB$为$\odot O$的直径,延长AC到点G,使得CG=CB,连接GB. 过点C作$CD // GB$,交AB于点F,交$\odot O$于点D,过点D作$DE // AB$,交GB的延长线于点E.

(1) 求证:DE与$\odot O$相切;
(2) 若AC=4,BC=2,求BE的长.

答案：
22.
(1)证明：连接OD，如图.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=∠BCG = 90°.
∵CG = CB，
∴△BCG为等腰直角三角形，
∴∠G=∠CBG = 45°.
∵CD//GB，
∴∠ACD=∠G = 45°，∠BCD=∠CBG = 45°，
∴∠AOD = 2∠ACD = 90°.
∵DE//AB，
∴∠ODE=∠AOD = 90°，即OD⊥DE.
又点D在⊙O上，
∴OD为⊙O的半径.
∴DE与⊙O相切.

(2)解：由
(1)可知，∠ACB = 90°，∠ACD=∠BCD = 45°，∠AOD = 90°.
在Rt△ABC中，AC = 4，BC = 2，
由勾股定理得，AB=$\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=2\sqrt{5}$.
∴OA = OB = OD=$\sqrt{5}$.
∵CD//GB，AC = 4，BC = CG = 2，
∴AF:BF = AC:CG = 4:2 = 2:1.
设BF = k，AF = 2k，
∴AB = AF + BF = 3k = 2\sqrt{5}.
∴k=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$.
∴AF = 2k=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$.
∴OF = AF - OA=$\frac{4\sqrt{5}}{3}-\sqrt{5}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.
在Rt△ODF中，OD=$\sqrt{5}$，OF=$\frac{\sqrt{5}}{3}$，由勾股定理得，DF=$\sqrt{OD^{2}+OF^{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{3}$.
∵CD//GB，DE//AB，
∴四边形DEBF为平行四边形.
∴BE = DF=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$.

23. (10分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线$y=-\frac{1}{4} x^{2}+b x+c$与x轴交于点$A(-2,0)$和点B,与y轴交于点$C(0,4)$. 点P是直线BC上方的抛物线上一点(点P不与点B,C重合),过点P作$PD // y$轴交直线BC于点D.
(1)$y =-\frac{1}{4}x^{2}+\frac{3}{2}x + 4$ 求抛物线的函数表达式;
(2) 求线段PD长的最大值;
(3)36 连接CP,BP,请直接写出四边形ABPC的面积最大值为______.

答案： 23.
(1)$y =-\frac{1}{4}x^{2}+\frac{3}{2}x + 4$.
(2)解：由抛物线的函数表达式，求得点B坐标$(8,0)$.
把B(8,0)，C(0,4)代入$y = kx + b$，求得直线BC的解析式为$y=\frac{1}{2}x + 4$.
设点P的坐标为$(m,-\frac{1}{4}m^{2}+\frac{3}{2}m + 4)$，则点D的坐标为$(m,-\frac{1}{2}m + 4)$，
∴PD=$-\frac{1}{4}m^{2}+\frac{3}{2}m + 4-(-\frac{1}{2}m + 4)=-\frac{1}{4}m^{2}+2m=-\frac{1}{4}(m - 4)^{2}+4$.
∵$-\frac{1}{4}＜0$，
∴当$m = 4$时，PD有最大值，最大值为4.
(3)36.