浙江省杭州市西湖区景汇中学2023-2024学年九年级上册数学开学试卷
一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分.）
1．（2021八下·嘉兴期末）下列环保标志图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】A、是轴对称图形，错误；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，错误；
故答案为：C.
【分析】根据轴对称和中心对称图形特点分别分析判断，轴对称图形沿一条轴折叠180°，被折叠两部分能完全重合，中心对称图形绕其中心点旋转180°后图形仍和原来图形重合.
2．（2023九上·杭州开学考）下列计算结果正确的是（ ）
A． B． C．＝2 D．
【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、3与无法合并，故不符合题意；
B、 ， 故不符合题意；
C、 ＝2 ，故符合题意；
D、， 故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据二次根式的加减、二次根式的性质分别计算，再判断即可.
3．（2023九上·杭州开学考）技术员分别从甲、乙两块小麦地中随机抽取1000株苗，测得苗高的平均数相同，方差分别为S甲2＝12（cm2），S乙2＝a（cm2），检测结果是乙地小麦比甲地小麦长得整齐，则a的值可以是（ ）
A．10 B．13 C．14 D．16
【答案】A
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：∵ 苗高的平均数相同，且乙地小麦比甲地小麦长得整齐，
∴S甲2＞ S乙2，
∴a＜12，
故答案为：A.
【分析】由于甲、乙两块小麦苗高的平均数相同，且乙地小麦比甲地小麦长得整齐，可知乙的方差较小，据此解答即可.
4．（2023九上·杭州开学考）把一元二次方程（x-2）（x+3）＝1化成一般形式，正确的是（ ）
A．x2+x-5＝0 B．x2-5x-5＝0 C．x2+x-7＝0 D．x2-5x+6＝0
【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解： （x-2）（x+3）＝1，
x2+x-6=1，
x2+x-7=0，
故答案为：C.
【分析】一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c=0（a≠0），据此解答即可.
5．（2023九上·杭州开学考）将抛物线y＝-x2向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的函数关系式是（ ）
A．y＝-（x-1）2-2 B．y＝-（x-1）2+2
C．y＝-（x+1）2-2 D．y＝-（x+1）2+2
【答案】C
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解： 抛物线y＝-x2向左平移1个单位，再向下平移2个单位为：y＝-（x+1）2-2；
故答案为：C.
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可.
6．（2023九上·杭州开学考）已知平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E是边AB的中点，连结OE，若△AOE的周长为15，则△ACD的周长是（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵ 平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴AO=OC，
∵ 点E是边AB的中点 ，
∴AE=ED，CD=2OE，
∵△AOE的周长为15，
∴AO+OE+AE=15，即
∴2AO+2OE+2AE=30，
即AC+CD+AD=30，
∴ △ACD的周长是30.
故答案为：D.
【分析】由平行四边形的性质可得AO=OC，结合点E是边AB的中点 ，可得AE=ED，CD=2OE，由△AOE的周长为15可得AO+OE+AE=15，即2AO+2OE+2AE=30，从而得出AC+CD+AD=30，继而得解.
7．（2023九上·杭州开学考）若点A（-2，y1），B（-1，y2），C（1，y3）都在反比例函数y＝-的图象上，则y1，y2，y3的大小关系正确的是（ ）
A．y1＜y3＜y2 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y3
【答案】C
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：把 A（-2，y1），B（-1，y2），C（1，y3）分别代入y＝-中，
∴ y1=，
y2=，
y3=，
∴ y3＜y1＜y2
故答案为：C.
【分析】把 A（-2，y1），B（-1，y2），C（1，y3）分别代入y＝-中，可求出 y1，y2，y3的值，再比较即可.
8．（2023九上·杭州开学考）如图，在正方形ABCD中，点E在边AB上，以DE为边作矩形DEFG，使FG经过点C，若AD＝2，则矩形DEFG的面积是（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4
【答案】B
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=90°，AD=CD=2，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠G=∠GDE=90°，
∴∠A=∠G，∠GDE-∠CDE=∠ADC-∠CDE，即∠ADE=∠CDG，
∴△ADE∽△GDC，
∴即
∴DE=，
∴矩形DEFG的面积为DE·DG=·DG=4，
故答案为：B.
【分析】证明△ADE∽△GDC，可得即得DE=，根据矩形DEFG的面积为DE·DG即可求解.
9．如图，矩形ABCD的对角线BD经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C在反比例函数y=的图象上，若点A的坐标为（﹣2，﹣3），则k的值为（ ）
A．1 B．﹣5 C．4 D．1或﹣5
【答案】D
【知识点】矩形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】根据矩形的对角线将矩形分成面积相等的两个直角三角形，找到图中的所有矩形及相等的三角形，即可推出S四边形CEOF=S四边形HAGO，根据反比例函数比例系数的几何意义即可求出k2+4k+1=6，再解出k的值即可。
【解答】如图：
∵四边形ABCD、HBEO、OECF、GOFD为矩形，
又∵BO为四边形HBEO的对角线，OD为四边形OGDF的对角线，
∴S△BEO=S△BHO，S△OFD=S△OGD，S△CBD=S△ADB，
∴S△CBD﹣S△BEO﹣S△OFD=S△ADB﹣S△BHO﹣S△OGD，
∴S四边形CEOF=S四边形HAGO=2×3=6，
∴xy=k2+4k+1=6，
解得，k=1或k=﹣5．
故选D．
【点评】本题考查了反比例函数k的几何意义、矩形的性质、一元二次方程的解法，关键是判断出S四边形CEOF=S四边形HAGO．
10．（2023九上·杭州开学考）如图，在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，连结EM并延长EM分别交BD，AD于点N，F，且BE＝BN，若AB＝6，BC＝8，则AF的长是（ ）
A．5- B．10-2 C．4- D．8-2
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，
∴DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，
∴∠FDE=∠DEC，∠DFE=∠BEN，
∴∠FDE=∠DEF，
∴DF=EF，
∵BE＝BN，
∴∠BEN=∠BNE，
∵∠BNE=∠FND，
∴∠FND=∠DFN，
∴DF=DN=EF，
设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，
∴MF=EF-ME=2+x-x=2，
∴在Rt△DMF中，DF==，
∴AF=AD-DF=8-，
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质及旋转可得DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，结合平行线的性质可推出∠FDE=∠DEF，可得DF=EF， 由BE＝BN，∠BNE=∠FND，可得∠FND=∠DFN，从而得出DF=DN=EF，设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，从而可得MF=EF-ME=2+x-x=2，在Rt△DMF中，由勾股定理求出DF的长，利用AF=AD-DF即可求解.
二、填空题（本大题有6个小题，每小题4分，共24分.）
11．（2023九上·杭州开学考）二次根式中字母x的取值范围是 ．
【答案】x≤2023
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：2023-x≥0，
解得：x≤2023，
故答案为：x≤2023.
【分析】二次根式式有意义的条件：被开方数为非负数，据此解答即可.
12．（2020八上·莆田月考）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为 ．
【答案】6
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵多边形的外角和是360度，多边形的内角和是外角和的2倍，
则内角和是720度，
720÷180+2=6，
∴这个多边形是六边形．
故答案为：6．
【分析】利用多边形的外角和以及多边形的内角和定理即可解决问题．
13．（2023九上·杭州开学考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝-1，与x轴的一个交点为（-5，0），抛物线和与x轴的另一个交点为 ．
【答案】（3，0）
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解： 由于抛物线的对称轴是直线x＝-1，与x轴的一个交点为（-5，0），
∴ 抛物线和与x轴的另一个交点为为（3，0） ，
故答案为：（3，0）.
【分析】根据抛物线的对称性进行解答即可.
14．（2023九上·杭州开学考）已知关于x的一元二次方程2x2-x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解： ∵关于x的一元二次方程2x2-x+m＝0有两个不相等的实数根，
∴△=（-1）2-4×2·m＞0，
解得：，
故答案为：.
【分析】由于关于x的一元二次方程2x2-x+m＝0有两个不相等的实数根，可得△＞0，据此解答即可.
15．（2023九上·杭州开学考）已知点P（a，1-a）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，将点P先向右平移9个单位，再向下平移6个单位后得到的点仍在该函数图象上，则k的值是 ．
【答案】-12
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解： 将点P（a，1-a）先向右平移9个单位，再向下平移6个单位后得P'（a+9，-a-5），
把点P、P'分别代入 y＝ 中，
得：k=a（1-a）=（a+9）（-a-5），
解得a=-3，
∴k=a（1-a）=-12，
故答案为：-12.
【分析】根据平移特征求出点P平移后点P'的坐标，再由点P、P'均在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，可得k=a（1-a）=（a+9）（-a-5），求出a值，继而求出k值.
16．（2023九上·杭州开学考）将四块直角三角形按图示方式围成面积为10的 ABCD，其中△ABF≌△CDH，其内部四个顶点构成正方形EFGH，若∠ABF＝45°，则CD的长为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴∠EFG=90°，
∴∠AFB=90°，
∵ ∠ABF＝45°，
∴∠BAF=∠ABF＝45°，
∴BF=AF，
∵ △ABF≌△CDH，
∴BF=AF=DH=CH，
设EF=FG=EH=GH=x，BF=AF=DH=CH=y，
∴ ABCD 的面积=2×y2+x2+2×·（y-x）（x+y）=10，
解得：y=，
∴CD=y=；
故答案为：.
【分析】易求△ABF为等腰直角三角形，由 △ABF≌△CDH，可得BF=AF=DH=CH，根据正方形的性质可得BF=AF=DH=CH，设EF=FG=EH=GH=x，BF=AF=DH=CH=y，根据 ABCD 的面积=10建立方程，从而求出y值，根据CD=y即可求解.
三、解答题（共8小题，满分66分）
17．（2022九上·杭州开学考）
（1）计算：.
（2）解方程：x2﹣4x﹣1＝0.
【答案】（1）解：原式＝×2﹣2
＝﹣2
＝﹣；
（2）解：∵x2﹣4x﹣1＝0，
∴x2﹣4x﹣1+5＝5，
∴x2﹣4x+4＝5，
∴（x﹣2）2＝5，
∴x﹣2＝，
∴x＝2+或x＝2﹣．
【知识点】二次根式的混合运算；配方法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根据二次根式的性质化简第一个二次根式，根据二次根式的乘法法则计算减数，进而再合并同类二次根式即可；
（2）首先将常数项移至右边，然后给两边同时加上一次项系数一半的平方“4”，再对左边的式子利用完全平方公式分解可得(x-2)2=5，接下来利用直接开平方法进行计算.
18．（2023九上·杭州开学考）已知抛物线y＝ax2+2x（a≠0）的图象经过点A（1，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）请写出自变量x在什么范围内时，y随x的增大而增大．
【答案】（1）解：把A（1，3）代入y＝ax2+2x得：
3＝a+2，
解得a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x；
（2）解：∵y＝x2+2x＝（x+1）2-1，
∴抛物线y＝x2+2x的对称轴为直线x＝-1，
∵1＞0，
∴抛物线y＝x2+2x的开口向上，
∴当x≥-1时，y随x的增大而增大．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）把A（1，3）代入y＝ax2+2x中求出a值即可；
（2）抛物线的开口向上，其y＝x2+2x的对称轴为直线x＝-1，在对称轴的右侧， y随x的增大而增大，据此即得结论．
19．（2023九上·杭州开学考）已知：如图，在菱形ABCD中，过顶点D作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F，连结EF．
（1）求证：△DEF为等腰三角形．
（2）若∠DEF＝66°，求∠A的度数．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C，
∵DE⊥BA，DF⊥CB，
∴∠AED＝∠CFD＝90°，
在△ADE和△CDF，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）解：∵DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE＝66°，
∴∠BEF＝∠BFE＝90°-66°＝24°，
∴∠B＝180°-24°-24°＝132°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A＝180°-∠B＝48°．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得AD＝CD，∠A＝∠C，由垂直的定义可得∠AED＝∠CFD＝90°，可证
△ADE≌△CDF（AAS），可得DE＝DF，根据等腰三角形的判定即证结论；
（2）由DE＝DF，利用等边对等角可得∠DEF＝∠DFE＝66°，从而得出∠BEF＝∠BFE＝90°-66°＝24°，利用三角形内角和求出∠B=132°，由菱形的性质可得AD∥BC，利用平行线的性质即可求解.
20．（2023九上·杭州开学考）为了了解某种电动汽车的性能，某机构对这种电动汽车进行抽检，获得如图中不完整的统计图，其中A，B，C，D表示一次充电后行驶的里程数分别为150km，180km，210km．
（1）这次被抽检的电动汽车共有几辆？补全条形统计图．
（2）求这次被抽检的电动汽车一次充电后行驶的里程数的中位数和众数．
（3）估计这种电动汽车一次充电后行驶的平均里程数为多少km？
【答案】（1）解：这次被抽检的电动汽车共有：30÷30%＝100（辆），
A等级电动汽车的辆数为：100-30-40-20＝10（辆），
补全条形统计图如图所示：
（2）解：一次充电后行驶的里程数为210千米的电动车最多，有40辆，
∴被抽检的电动汽车一次充电后行驶的里程数的众数为210；
∵100两电动车行驶的第50、51个里程数为210千米、210千米，
∴被抽检的电动汽车一次充电后行驶的里程数的中位数为＝210；
（3）解：这种电动汽车一次充电后行驶的平均里程数为：×（10×150+30×180+40×210+20×240）＝201（千米），
∴估计这种电动汽车一次充电后行驶的平均里程数为201千米．
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；中位数；众数
【解析】【分析】（1）利用B等级的汽车辆数除以其百分比，即得电动汽车总量，根据各频数之和等于总数，可求出A等级的频数，再补图即可；
（2）根据众数及中位数的定义求解即可；
（3）利用加权平均数公式计算即可.
21．（2023八下·慈溪期末） 2023年杭州亚运会吉祥物一开售，就深受大家的喜爱，某商店以每件35元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件58元的价格出售，经统计，4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件.
（1）求该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率.
（2）从7月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客.经试验，发现该吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件.当该吉祥物售价为多少元时，月销售利润达8400元？
【答案】（1）解：设该款吉样物4月份到6月份销售量的月平均增长率为.
则
解得（舍去）
答：该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为.
（2）设该款吉祥物降价元.
则
解得(舍去)
元
答：该款吉祥物售价为50元时，月销售利润达8400元.
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】(1)设五，六这两个月的月平均增长率为x，利用，即可得出关于x的一元二次方程，解出取其正值即可.
(2)设吉祥物降价y元，则每件获利（58-35-y）元，月销售量为（400+20y）件，利用月销售利润=每件的销售利润×月销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解出取正值即可.
22．（2023九上·杭州开学考）如图，在 ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°．
（1）求证：四边形ABDE是矩形；
（2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长．
【答案】（1）证明：∵O为AD的中点，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAO＝∠EDO，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴△AOB≌△DOE（ASA），
∴AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∴平行四边形ABDE是矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F，
∵四边形ABDE是矩形，
∴DE＝AB＝2，OD＝AD，OB＝OE＝BE，AD＝BE，
∴OD＝OE，
∵OF⊥DE，
∴DF＝EF＝DE＝1，
∴OF为△BDE的中位线，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝2，
∴CF＝CD+DF＝3，
在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC＝＝＝，
即OC的长为．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）证明△AOB≌△DOE（ASA），可得AB＝DE，可证四边形ABDE是平行四边形，由∠BDE＝90°，根据矩形的判定定理即证结论；
（2）过点O作OF⊥DE于点F，由矩形的性质及平行四边形的性质可得CD＝AB=DE＝2，AD＝BE，OD＝OE，由等腰三角形三线合一的性质可得DF＝EF＝DE＝1，根据三角形中位线定理可得，从而得出CF＝CD+DF＝3，在Rt△OCF中，由勾股定理求出OC的长即可.
23．（2023九上·杭州开学考）在平面直角坐标系中，反比例函数y＝（k是常数，且k≠0）的图象经过点A（a-1，2）．
（1）若a＝4，求y关于x的函数表达式；
（2）点B（-2，b）也在反比例函数y的图象上．
①当-2＜b≤-1，求a的取值范围；
②若B在第二象限，求证：2b-a＞-1．
【答案】（1）解：若a＝4，则A（3，2），
∴k＝2×3＝6，
∴反比例函数解析式为：y＝；
（2）解：①∵反比例函数的图象经过点A（a-1，2）B（-2，b）也在反比例函数图象上，
∴2（a-1）＝-2b，
∴b＝1-a，
∵-2＜b≤-1，即-2＜1-a≤-1，
解得：2≤a＜3．
②∵b＝1-a，
∴a＝1-b
∵B在第二象限，b＞0，
∴b-1＞-1，
∴-a＝b-1＞-1，
∴2b-a＞-1．
【知识点】反比例函数的性质；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）当a＝4时，把点A坐标代入y＝中，即可求出k值；
（2）①由点A（a-1，2）B（-2，b）均在反比例函数图象上，可得2（a-1）＝-2b，即得b＝1-a，利用-2＜b≤-1建立关于a的不等式组并解之即可；
②由（1）可得a＝1-b，由B在第二象限可得b＞0，利用不等式的性质即可证明.
24．（2023九上·杭州开学考）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），连结AE．点D关于直线AE的对称点为P，连结PA，PB，PD，PD交AE于点F，延长PB交AE的延长线于点H．
（1）依题意补全图形，并判断AP与AB是否相等．
（2）求∠AHB的度数．
（3）求证：BH+PH＝AH．
【答案】（1）解：解：如图1，连结PA，PB，PD，PD交AE于点F，延长BP、AE交于点H，
AP＝AB，理由如下：
∵点P与点D关于直线EF对称，
∴AE垂直平分PD，
∴AP＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
∴AP＝AB．
（2）解：如图1，延长PA到点L，
∵AP＝AB，AP＝AD，
∴∠APB＝∠ABP，∠APD＝∠ADP，
∴∠LAB＝∠APB+∠ABP＝2∠APB，∠LAD＝∠APD+∠ADP＝2∠APD，
∴∠APB＝∠LAB，∠APD＝∠LAD，
∵∠BAD＝90°，
∴∠HPD＝∠APB-∠APD＝（∠LAB-∠LAD）＝∠BAD＝45°，
∵∠PFH＝90°，
∴∠AHB＝90°-∠HPD＝45°，
∴∠AHB的度数是45°．
（3）证明：如图2，连结并延长HD，作AK⊥AH交HD的延长线于点K，
∵AE垂直平分PD，点H在直线AE上，
∴DH＝PH，
∴∠AHK＝∠AHB＝45°，
∵∠HAK＝90°，
∴∠K＝∠AHK＝45°，
∴AK＝AH，
∴HK＝＝＝AH，
∵∠HAK＝∠BAD＝90°，
∴∠DAK＝∠BAH＝90°-∠DAH，
在△DAK和△BAH中，
，
∴△DAK≌△BAH（SAS），
∴DK＝BH，
∴BH+PH＝DK+DH＝HK，
∴BH+PH＝AH．
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连结PA，PB，PD，PD交AE于点F，延长BP、AE交于点H，由对称性可得AP＝AD，由正方形的性质可得AB=AD=AP；
（2）延长PA到点L，由等边对等角可得∠APB＝∠ABP，∠APD＝∠ADP，根据三角形外角的性质可得∠LAB＝∠APB+∠ABP＝2∠APB，∠LAD＝∠APD+∠ADP＝2∠APD，即得∠APB＝∠LAB，∠APD＝∠LAD，从而得出∠HPD＝∠APB-∠APD＝（∠LAB-∠LAD）＝∠BAD＝45°，由直角三角形的性质即可求解；
（3）连结并延长HD，作AK⊥AH交HD的延长线于点K，易证△AHK为等腰直角三角形，可得HK=AH，再证△DAK≌△BAH（SAS），可得DK=BH，从而得出BH+PH=DK+DH=KH=AH.
1 / 1浙江省杭州市西湖区景汇中学2023-2024学年九年级上册数学开学试卷
一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分.）
1．（2021八下·嘉兴期末）下列环保标志图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·杭州开学考）下列计算结果正确的是（ ）
A． B． C．＝2 D．
3．（2023九上·杭州开学考）技术员分别从甲、乙两块小麦地中随机抽取1000株苗，测得苗高的平均数相同，方差分别为S甲2＝12（cm2），S乙2＝a（cm2），检测结果是乙地小麦比甲地小麦长得整齐，则a的值可以是（ ）
A．10 B．13 C．14 D．16
4．（2023九上·杭州开学考）把一元二次方程（x-2）（x+3）＝1化成一般形式，正确的是（ ）
A．x2+x-5＝0 B．x2-5x-5＝0 C．x2+x-7＝0 D．x2-5x+6＝0
5．（2023九上·杭州开学考）将抛物线y＝-x2向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的函数关系式是（ ）
A．y＝-（x-1）2-2 B．y＝-（x-1）2+2
C．y＝-（x+1）2-2 D．y＝-（x+1）2+2
6．（2023九上·杭州开学考）已知平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E是边AB的中点，连结OE，若△AOE的周长为15，则△ACD的周长是（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
7．（2023九上·杭州开学考）若点A（-2，y1），B（-1，y2），C（1，y3）都在反比例函数y＝-的图象上，则y1，y2，y3的大小关系正确的是（ ）
A．y1＜y3＜y2 B．y3＜y2＜y1 C．y3＜y1＜y2 D．y2＜y1＜y3
8．（2023九上·杭州开学考）如图，在正方形ABCD中，点E在边AB上，以DE为边作矩形DEFG，使FG经过点C，若AD＝2，则矩形DEFG的面积是（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4
9．如图，矩形ABCD的对角线BD经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C在反比例函数y=的图象上，若点A的坐标为（﹣2，﹣3），则k的值为（ ）
A．1 B．﹣5 C．4 D．1或﹣5
10．（2023九上·杭州开学考）如图，在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，连结EM并延长EM分别交BD，AD于点N，F，且BE＝BN，若AB＝6，BC＝8，则AF的长是（ ）
A．5- B．10-2 C．4- D．8-2
二、填空题（本大题有6个小题，每小题4分，共24分.）
11．（2023九上·杭州开学考）二次根式中字母x的取值范围是 ．
12．（2020八上·莆田月考）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为 ．
13．（2023九上·杭州开学考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝-1，与x轴的一个交点为（-5，0），抛物线和与x轴的另一个交点为 ．
14．（2023九上·杭州开学考）已知关于x的一元二次方程2x2-x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 ．
15．（2023九上·杭州开学考）已知点P（a，1-a）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，将点P先向右平移9个单位，再向下平移6个单位后得到的点仍在该函数图象上，则k的值是 ．
16．（2023九上·杭州开学考）将四块直角三角形按图示方式围成面积为10的 ABCD，其中△ABF≌△CDH，其内部四个顶点构成正方形EFGH，若∠ABF＝45°，则CD的长为 ．
三、解答题（共8小题，满分66分）
17．（2022九上·杭州开学考）
（1）计算：.
（2）解方程：x2﹣4x﹣1＝0.
18．（2023九上·杭州开学考）已知抛物线y＝ax2+2x（a≠0）的图象经过点A（1，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）请写出自变量x在什么范围内时，y随x的增大而增大．
19．（2023九上·杭州开学考）已知：如图，在菱形ABCD中，过顶点D作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F，连结EF．
（1）求证：△DEF为等腰三角形．
（2）若∠DEF＝66°，求∠A的度数．
20．（2023九上·杭州开学考）为了了解某种电动汽车的性能，某机构对这种电动汽车进行抽检，获得如图中不完整的统计图，其中A，B，C，D表示一次充电后行驶的里程数分别为150km，180km，210km．
（1）这次被抽检的电动汽车共有几辆？补全条形统计图．
（2）求这次被抽检的电动汽车一次充电后行驶的里程数的中位数和众数．
（3）估计这种电动汽车一次充电后行驶的平均里程数为多少km？
21．（2023八下·慈溪期末） 2023年杭州亚运会吉祥物一开售，就深受大家的喜爱，某商店以每件35元的价格购进某款亚运会吉祥物，以每件58元的价格出售，经统计，4月份的销售量为256件，6月份的销售量为400件.
（1）求该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率.
（2）从7月份起，商场决定采用降价促销的方式回馈顾客.经试验，发现该吉祥物每降价1元，月销售量就会增加20件.当该吉祥物售价为多少元时，月销售利润达8400元？
22．（2023九上·杭州开学考）如图，在 ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°．
（1）求证：四边形ABDE是矩形；
（2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长．
23．（2023九上·杭州开学考）在平面直角坐标系中，反比例函数y＝（k是常数，且k≠0）的图象经过点A（a-1，2）．
（1）若a＝4，求y关于x的函数表达式；
（2）点B（-2，b）也在反比例函数y的图象上．
①当-2＜b≤-1，求a的取值范围；
②若B在第二象限，求证：2b-a＞-1．
24．（2023九上·杭州开学考）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合），连结AE．点D关于直线AE的对称点为P，连结PA，PB，PD，PD交AE于点F，延长PB交AE的延长线于点H．
（1）依题意补全图形，并判断AP与AB是否相等．
（2）求∠AHB的度数．
（3）求证：BH+PH＝AH．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】A、是轴对称图形，错误；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，错误；
故答案为：C.
【分析】根据轴对称和中心对称图形特点分别分析判断，轴对称图形沿一条轴折叠180°，被折叠两部分能完全重合，中心对称图形绕其中心点旋转180°后图形仍和原来图形重合.
2．【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、3与无法合并，故不符合题意；
B、 ， 故不符合题意；
C、 ＝2 ，故符合题意；
D、， 故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据二次根式的加减、二次根式的性质分别计算，再判断即可.
3．【答案】A
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：∵ 苗高的平均数相同，且乙地小麦比甲地小麦长得整齐，
∴S甲2＞ S乙2，
∴a＜12，
故答案为：A.
【分析】由于甲、乙两块小麦苗高的平均数相同，且乙地小麦比甲地小麦长得整齐，可知乙的方差较小，据此解答即可.
4．【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解： （x-2）（x+3）＝1，
x2+x-6=1，
x2+x-7=0，
故答案为：C.
【分析】一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c=0（a≠0），据此解答即可.
5．【答案】C
【知识点】二次函数图象的几何变换
【解析】【解答】解： 抛物线y＝-x2向左平移1个单位，再向下平移2个单位为：y＝-（x+1）2-2；
故答案为：C.
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可.
6．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵ 平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴AO=OC，
∵ 点E是边AB的中点 ，
∴AE=ED，CD=2OE，
∵△AOE的周长为15，
∴AO+OE+AE=15，即
∴2AO+2OE+2AE=30，
即AC+CD+AD=30，
∴ △ACD的周长是30.
故答案为：D.
【分析】由平行四边形的性质可得AO=OC，结合点E是边AB的中点 ，可得AE=ED，CD=2OE，由△AOE的周长为15可得AO+OE+AE=15，即2AO+2OE+2AE=30，从而得出AC+CD+AD=30，继而得解.
7．【答案】C
【知识点】反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：把 A（-2，y1），B（-1，y2），C（1，y3）分别代入y＝-中，
∴ y1=，
y2=，
y3=，
∴ y3＜y1＜y2
故答案为：C.
【分析】把 A（-2，y1），B（-1，y2），C（1，y3）分别代入y＝-中，可求出 y1，y2，y3的值，再比较即可.
8．【答案】B
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=90°，AD=CD=2，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠G=∠GDE=90°，
∴∠A=∠G，∠GDE-∠CDE=∠ADC-∠CDE，即∠ADE=∠CDG，
∴△ADE∽△GDC，
∴即
∴DE=，
∴矩形DEFG的面积为DE·DG=·DG=4，
故答案为：B.
【分析】证明△ADE∽△GDC，可得即得DE=，根据矩形DEFG的面积为DE·DG即可求解.
9．【答案】D
【知识点】矩形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】根据矩形的对角线将矩形分成面积相等的两个直角三角形，找到图中的所有矩形及相等的三角形，即可推出S四边形CEOF=S四边形HAGO，根据反比例函数比例系数的几何意义即可求出k2+4k+1=6，再解出k的值即可。
【解答】如图：
∵四边形ABCD、HBEO、OECF、GOFD为矩形，
又∵BO为四边形HBEO的对角线，OD为四边形OGDF的对角线，
∴S△BEO=S△BHO，S△OFD=S△OGD，S△CBD=S△ADB，
∴S△CBD﹣S△BEO﹣S△OFD=S△ADB﹣S△BHO﹣S△OGD，
∴S四边形CEOF=S四边形HAGO=2×3=6，
∴xy=k2+4k+1=6，
解得，k=1或k=﹣5．
故选D．
【点评】本题考查了反比例函数k的几何意义、矩形的性质、一元二次方程的解法，关键是判断出S四边形CEOF=S四边形HAGO．
10．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，
∴DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，
∴∠FDE=∠DEC，∠DFE=∠BEN，
∴∠FDE=∠DEF，
∴DF=EF，
∵BE＝BN，
∴∠BEN=∠BNE，
∵∠BNE=∠FND，
∴∠FND=∠DFN，
∴DF=DN=EF，
设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，
∴MF=EF-ME=2+x-x=2，
∴在Rt△DMF中，DF==，
∴AF=AD-DF=8-，
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质及旋转可得DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，结合平行线的性质可推出∠FDE=∠DEF，可得DF=EF， 由BE＝BN，∠BNE=∠FND，可得∠FND=∠DFN，从而得出DF=DN=EF，设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，从而可得MF=EF-ME=2+x-x=2，在Rt△DMF中，由勾股定理求出DF的长，利用AF=AD-DF即可求解.
11．【答案】x≤2023
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：2023-x≥0，
解得：x≤2023，
故答案为：x≤2023.
【分析】二次根式式有意义的条件：被开方数为非负数，据此解答即可.
12．【答案】6
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵多边形的外角和是360度，多边形的内角和是外角和的2倍，
则内角和是720度，
720÷180+2=6，
∴这个多边形是六边形．
故答案为：6．
【分析】利用多边形的外角和以及多边形的内角和定理即可解决问题．
13．【答案】（3，0）
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解： 由于抛物线的对称轴是直线x＝-1，与x轴的一个交点为（-5，0），
∴ 抛物线和与x轴的另一个交点为为（3，0） ，
故答案为：（3，0）.
【分析】根据抛物线的对称性进行解答即可.
14．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解： ∵关于x的一元二次方程2x2-x+m＝0有两个不相等的实数根，
∴△=（-1）2-4×2·m＞0，
解得：，
故答案为：.
【分析】由于关于x的一元二次方程2x2-x+m＝0有两个不相等的实数根，可得△＞0，据此解答即可.
15．【答案】-12
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解： 将点P（a，1-a）先向右平移9个单位，再向下平移6个单位后得P'（a+9，-a-5），
把点P、P'分别代入 y＝ 中，
得：k=a（1-a）=（a+9）（-a-5），
解得a=-3，
∴k=a（1-a）=-12，
故答案为：-12.
【分析】根据平移特征求出点P平移后点P'的坐标，再由点P、P'均在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，可得k=a（1-a）=（a+9）（-a-5），求出a值，继而求出k值.
16．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴∠EFG=90°，
∴∠AFB=90°，
∵ ∠ABF＝45°，
∴∠BAF=∠ABF＝45°，
∴BF=AF，
∵ △ABF≌△CDH，
∴BF=AF=DH=CH，
设EF=FG=EH=GH=x，BF=AF=DH=CH=y，
∴ ABCD 的面积=2×y2+x2+2×·（y-x）（x+y）=10，
解得：y=，
∴CD=y=；
故答案为：.
【分析】易求△ABF为等腰直角三角形，由 △ABF≌△CDH，可得BF=AF=DH=CH，根据正方形的性质可得BF=AF=DH=CH，设EF=FG=EH=GH=x，BF=AF=DH=CH=y，根据 ABCD 的面积=10建立方程，从而求出y值，根据CD=y即可求解.
17．【答案】（1）解：原式＝×2﹣2
＝﹣2
＝﹣；
（2）解：∵x2﹣4x﹣1＝0，
∴x2﹣4x﹣1+5＝5，
∴x2﹣4x+4＝5，
∴（x﹣2）2＝5，
∴x﹣2＝，
∴x＝2+或x＝2﹣．
【知识点】二次根式的混合运算；配方法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）根据二次根式的性质化简第一个二次根式，根据二次根式的乘法法则计算减数，进而再合并同类二次根式即可；
（2）首先将常数项移至右边，然后给两边同时加上一次项系数一半的平方“4”，再对左边的式子利用完全平方公式分解可得(x-2)2=5，接下来利用直接开平方法进行计算.
18．【答案】（1）解：把A（1，3）代入y＝ax2+2x得：
3＝a+2，
解得a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x；
（2）解：∵y＝x2+2x＝（x+1）2-1，
∴抛物线y＝x2+2x的对称轴为直线x＝-1，
∵1＞0，
∴抛物线y＝x2+2x的开口向上，
∴当x≥-1时，y随x的增大而增大．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）把A（1，3）代入y＝ax2+2x中求出a值即可；
（2）抛物线的开口向上，其y＝x2+2x的对称轴为直线x＝-1，在对称轴的右侧， y随x的增大而增大，据此即得结论．
19．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C，
∵DE⊥BA，DF⊥CB，
∴∠AED＝∠CFD＝90°，
在△ADE和△CDF，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）解：∵DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE＝66°，
∴∠BEF＝∠BFE＝90°-66°＝24°，
∴∠B＝180°-24°-24°＝132°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A＝180°-∠B＝48°．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得AD＝CD，∠A＝∠C，由垂直的定义可得∠AED＝∠CFD＝90°，可证
△ADE≌△CDF（AAS），可得DE＝DF，根据等腰三角形的判定即证结论；
（2）由DE＝DF，利用等边对等角可得∠DEF＝∠DFE＝66°，从而得出∠BEF＝∠BFE＝90°-66°＝24°，利用三角形内角和求出∠B=132°，由菱形的性质可得AD∥BC，利用平行线的性质即可求解.
20．【答案】（1）解：这次被抽检的电动汽车共有：30÷30%＝100（辆），
A等级电动汽车的辆数为：100-30-40-20＝10（辆），
补全条形统计图如图所示：
（2）解：一次充电后行驶的里程数为210千米的电动车最多，有40辆，
∴被抽检的电动汽车一次充电后行驶的里程数的众数为210；
∵100两电动车行驶的第50、51个里程数为210千米、210千米，
∴被抽检的电动汽车一次充电后行驶的里程数的中位数为＝210；
（3）解：这种电动汽车一次充电后行驶的平均里程数为：×（10×150+30×180+40×210+20×240）＝201（千米），
∴估计这种电动汽车一次充电后行驶的平均里程数为201千米．
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；中位数；众数
【解析】【分析】（1）利用B等级的汽车辆数除以其百分比，即得电动汽车总量，根据各频数之和等于总数，可求出A等级的频数，再补图即可；
（2）根据众数及中位数的定义求解即可；
（3）利用加权平均数公式计算即可.
21．【答案】（1）解：设该款吉样物4月份到6月份销售量的月平均增长率为.
则
解得（舍去）
答：该款吉祥物4月份到6月份销售量的月平均增长率为.
（2）设该款吉祥物降价元.
则
解得(舍去)
元
答：该款吉祥物售价为50元时，月销售利润达8400元.
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】(1)设五，六这两个月的月平均增长率为x，利用，即可得出关于x的一元二次方程，解出取其正值即可.
(2)设吉祥物降价y元，则每件获利（58-35-y）元，月销售量为（400+20y）件，利用月销售利润=每件的销售利润×月销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解出取正值即可.
22．【答案】（1）证明：∵O为AD的中点，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAO＝∠EDO，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴△AOB≌△DOE（ASA），
∴AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∴平行四边形ABDE是矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F，
∵四边形ABDE是矩形，
∴DE＝AB＝2，OD＝AD，OB＝OE＝BE，AD＝BE，
∴OD＝OE，
∵OF⊥DE，
∴DF＝EF＝DE＝1，
∴OF为△BDE的中位线，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝2，
∴CF＝CD+DF＝3，
在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC＝＝＝，
即OC的长为．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）证明△AOB≌△DOE（ASA），可得AB＝DE，可证四边形ABDE是平行四边形，由∠BDE＝90°，根据矩形的判定定理即证结论；
（2）过点O作OF⊥DE于点F，由矩形的性质及平行四边形的性质可得CD＝AB=DE＝2，AD＝BE，OD＝OE，由等腰三角形三线合一的性质可得DF＝EF＝DE＝1，根据三角形中位线定理可得，从而得出CF＝CD+DF＝3，在Rt△OCF中，由勾股定理求出OC的长即可.
23．【答案】（1）解：若a＝4，则A（3，2），
∴k＝2×3＝6，
∴反比例函数解析式为：y＝；
（2）解：①∵反比例函数的图象经过点A（a-1，2）B（-2，b）也在反比例函数图象上，
∴2（a-1）＝-2b，
∴b＝1-a，
∵-2＜b≤-1，即-2＜1-a≤-1，
解得：2≤a＜3．
②∵b＝1-a，
∴a＝1-b
∵B在第二象限，b＞0，
∴b-1＞-1，
∴-a＝b-1＞-1，
∴2b-a＞-1．
【知识点】反比例函数的性质；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）当a＝4时，把点A坐标代入y＝中，即可求出k值；
（2）①由点A（a-1，2）B（-2，b）均在反比例函数图象上，可得2（a-1）＝-2b，即得b＝1-a，利用-2＜b≤-1建立关于a的不等式组并解之即可；
②由（1）可得a＝1-b，由B在第二象限可得b＞0，利用不等式的性质即可证明.
24．【答案】（1）解：解：如图1，连结PA，PB，PD，PD交AE于点F，延长BP、AE交于点H，
AP＝AB，理由如下：
∵点P与点D关于直线EF对称，
∴AE垂直平分PD，
∴AP＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
∴AP＝AB．
（2）解：如图1，延长PA到点L，
∵AP＝AB，AP＝AD，
∴∠APB＝∠ABP，∠APD＝∠ADP，
∴∠LAB＝∠APB+∠ABP＝2∠APB，∠LAD＝∠APD+∠ADP＝2∠APD，
∴∠APB＝∠LAB，∠APD＝∠LAD，
∵∠BAD＝90°，
∴∠HPD＝∠APB-∠APD＝（∠LAB-∠LAD）＝∠BAD＝45°，
∵∠PFH＝90°，
∴∠AHB＝90°-∠HPD＝45°，
∴∠AHB的度数是45°．
（3）证明：如图2，连结并延长HD，作AK⊥AH交HD的延长线于点K，
∵AE垂直平分PD，点H在直线AE上，
∴DH＝PH，
∴∠AHK＝∠AHB＝45°，
∵∠HAK＝90°，
∴∠K＝∠AHK＝45°，
∴AK＝AH，
∴HK＝＝＝AH，
∵∠HAK＝∠BAD＝90°，
∴∠DAK＝∠BAH＝90°-∠DAH，
在△DAK和△BAH中，
，
∴△DAK≌△BAH（SAS），
∴DK＝BH，
∴BH+PH＝DK+DH＝HK，
∴BH+PH＝AH．
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连结PA，PB，PD，PD交AE于点F，延长BP、AE交于点H，由对称性可得AP＝AD，由正方形的性质可得AB=AD=AP；
（2）延长PA到点L，由等边对等角可得∠APB＝∠ABP，∠APD＝∠ADP，根据三角形外角的性质可得∠LAB＝∠APB+∠ABP＝2∠APB，∠LAD＝∠APD+∠ADP＝2∠APD，即得∠APB＝∠LAB，∠APD＝∠LAD，从而得出∠HPD＝∠APB-∠APD＝（∠LAB-∠LAD）＝∠BAD＝45°，由直角三角形的性质即可求解；
（3）连结并延长HD，作AK⊥AH交HD的延长线于点K，易证△AHK为等腰直角三角形，可得HK=AH，再证△DAK≌△BAH（SAS），可得DK=BH，从而得出BH+PH=DK+DH=KH=AH.
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