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北师大版九年级上学期期中模拟数学试题（二）（范围：第1-4章）
考试范围：第1-4章
考试时间：100分钟
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
第Ⅰ卷 客观题
阅卷人 一、选择题（每题3分，共30分）
得分
1．（2025九上·安州期中）已知方程x2-bx-4=0的两个根为x1，x2，若两个根互为相反数，则该方程的两个根为（ ）
A．±4 B．±3 C．±2 D．±1
【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由题意得：
解得：
故选C.
【分析】利用根与系数的关系解答即可.
2．（2025九上·成都月考）已知四边形ABCD是平行四边形，AC与BD相交于点O，下列结论正确的有（ ）
①当AB=DC时，它是菱形；②AC⊥BD时，它是菱形；③当∠ABC=90°时，它是矩形；④当AC=BD时，它是正方形.
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形
当AB=DC时，无法证明平行四边形ABCD是菱形，故①结论错误；
当AC⊥BD时，即平行四边形ABCD是菱形，故 ② 结论正确；
当∠ABC=90°时，即平行四边形ABCD是矩形，故③结论正确；
当AC=BD时，即平行四边形ABCD是矩形，故④结论错误；
故选：C.
【分析】利用菱形、矩形、正方形的判定定理逐一判断，即可得到答案.
3．（2025九上·水城期末）如图，在矩形中，对角线，交于点，若，则的长为（ ）
A．3 B． C． D．6
【答案】A
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，对角线，交于点O，
∴，，
∵，
∴．
故选：A．
【分析】根据矩形性质即可求出答案.
4．（2025九上·成都月考）某厂1月印科技书籍40万册，第一季度共印140万册，问2月、3月平均每月增长率是多少？设平均增长率为x，则列出下列方程正确的是（ ）
A．（1+x）2=140 B．40（1+x）2=140
C．40+40（1+x）+40（1+x）2=140 D．40+40（1+x）=140
【答案】C
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：∵1月印科技书籍40万册，且2月、3月平均每月增长率为x.
∴2月印科技书籍40(1+x)万册，3月印科技书40(1+x)2万册.
根据题意得：40+40(1+x)+40(1+x)2=140，
故选：C.
【分析】由1月份的印刷量及2月、3月平均每月增长率，可得出2月印科技书籍40(1+x)万册，3月印科技书籍40(1+x)2万册，结合第一季度共印140万册即可列出关于x的一元二次方程，此题得解.
5．（2024九上·北京市开学考）已知是关于x的一元二次方程的两个实数根．若，则的值是（ ）
A．或3 B． C．3 D．或7
【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：因为是关于x的一元二次方程的两个实数根，
根据韦达定理，可得，，
又因为，所以，
即，解得：，，
因为，解得，所以．
故选：C．
【分析】根据题意，利用一元二次方程的根与系数的关系，结合，列出方程，求得t的值，再根据，得出，即可求出结果.
6．（2021九上·宜兴月考）三角形两边的长是3和4，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为（ ）
A．14 B．12 C．12或14 D．以上都不对
【答案】B
【知识点】因式分解法解一元二次方程；三角形三边关系
【解析】【解答】解：解方程x2 12x＋35＝0
得x＝5或x＝7，
又3＋4＝7，
故长度为3，4，7的线段不能组成三角形，
∴x＝7不合题意，
∴三角形的周长为3＋4＋5＝12．
故答案为：B.
【分析】根据因式分解法求出方程的解，然后根据三角形的三边关系确定出三角形的三边长，据此可得周长.
7．（2025九上·苍南月考）在如图所示的电路中，随机闭合开关S1，S2，S3中的两个，则能让两盏灯泡同时发光的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
∵共有6种等可能的结果，能让两盏灯泡同时发光的有4种情况，
∴能让两盏灯泡同时发光的概率为
故答案为：D.
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与能让两盏灯泡同时发光的情况，再利用概率公式求解即可求得答案.
8．（2025九上·成都月考）如图所示，在△ABC中，若DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：∵DE//BC，EF/AB.
∴四边形DEFB是平行四边形，
∴DE=BF，BD=EF
∵DE//BC，
∴，，
∵EF/AB，
∴，，
∴
故选：C.
【分析】用平行线分线段成比例定理以及比例的性质进行变形即可得到答案.
9．（2025九上·宝安月考）如图，CD是斜边AB上的中线，过点C作交AB的延长线于点E，添加下列条件仍不能判断与相似的是( )
A． B．点B是DE的中点
C． D．
【答案】D
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：Ａ、如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，故Ａ错误.
B、如图，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴，
∵点B是DE的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，故Ｂ错误.
C、如图，
∵，
∴，
根据题意得：，
∴，
∴，
∴，故Ｃ错误.
D、∵根据已知条件不能证明，
∴添加不能证明，故Ｄ正确.
故答案为：Ｄ.
【分析】Ａ、根据，得，即可得，在根据已知条件得，，即可证明.
B、根据CD是斜边AB上的中线得，再根据点B是DE的中点，得，进一步得，可证明
，，从而得，故Ｂ错误.
Ｃ、根据得，再根据题意得：，进一步得
，计算得，即可证明.
D、根据已知条件不能证明，故添加不能证明.
10．（2024九上·梓潼开学考）如图，已知正方形的边长为4，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为8：③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为；⑥．其中正确结论的序号为（ ）
A．①②④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①②④⑤ D．②④⑤⑥
【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：延长FP交AB与K，延长AP交EF与H，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠ABC=∠C=∠CDA=90°，BD平分∠ABC和∠ADC，AB//CD.
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=45°.
∵于点E，于点F，
∴∠PEC=∠C=∠CFP，
∴四边形PECF是矩形，
∴PF=EC，PE=FC.
①∵PF⊥CD，
∴∠PFD=90°=∠C，
∴PF//BC，
∴∠DPF＝∠DBC=45°，
∴PF=DF，△PDF是等腰直角三角形.
∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，
∴DP=EC．故选项①正确；
②四边形PECF的周长＝2PF+2FC＝2DF+2FC＝2CD＝8，故选项②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，
∴当AD=AP=AB，即P，B重合时，△APD是等腰三角形；当点P为BD中点时AP=PD，△APD是等腰三角形；当DA=DP时，是等腰三角形.
∵点P是动点，位置不定，故△APD不一定是等腰三角形，故选项③错误．
④∵∠KAD=∠ADF=∠DFK=90°，
∴四边形AKFD是矩形，
∴AK=DF，BK=FC，∠AKP=90°，
∴AK=PF=EC，∠BKP=90°，
PK=BK，
∴PK=FC.
又∵∠AKP=∠C=90°，
∴△AKP≌△ECF（SAS）
∴AP=EF.故选项④正确；
⑤∵EF＝AP，
∴当AP最小时，EF最小，
∵点A是直线BD为一点，
∴当AP⊥BD时，即时，EF的最小，最小值等于，故选项⑤正确；
⑥∵矩形PECF，
∴PE//CF，
∴∠PEF=∠CFE，PE//AB，
∴∠KAP=∠EPG.
∵△AKP≌△ECF，
∴∠APK=∠CFE=∠FEP.
∵∠KAP+∠APK=90°，
∴∠EPG+∠FEP=90°，即AG⊥EF.故选项⑥正确.
本题正确的有：①②④⑤⑥；
故答案为：A．
【分析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，求得DP=EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④证明△AKP≌△ECF，即可得AP＝EF；⑤由EF=AP得AP最小时，EF最小，利用“垂线段最短”可得AP⊥BD时有最小值；⑥证明∠EPG+∠FEP=90°，则AP⊥EF．
阅卷人 二、填空题（每题3分，共15分）
得分
11．（2023九上·武侯期中）如图，菱形ABCD的边长为2.5cm，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，BD上的动点，且CE＝DF，则AE+AF的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】连接AC，过点C作，使得CT=AD=2.5，连接AT，如图，
四边形ABCD是菱形，
AB=CB=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，∠ADB=∠ADC=30°，
△ABC是等边三角形，
∠ACB=60°，AC=AB=2.5cm，
，
∠ECT=30°，
∠ECT=∠ADF=30°，
CE=DF，CT=DA，
，
AF=ET，
AE+AF=AE+ETAT，
∠ACT=90°，AC=CT=2.5cm，
AE+AFcm，
AE+AF的最小值为
【分析】连接AC，过点C作，使得CT=AD=2.5，连接AT，先利用SAS证明，根据全等三角形的性质得到AF=ET，进而得到AE+AF=AE+ETAT，利用勾股定理求出AT的值，从而求解.
12．（2023九上·遵义月考）已知：m2-2m-1＝0，n2+2n-1＝0且mn≠1，则的值为 ．
【答案】3
【知识点】代数式求值；一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由 n2+2n-1＝0 可知n
方程边同时除以-得：
即
又
故答案为：3
【分析】观察所给两个等式，形式上非常相似，提醒我们考虑是不是一个方程的两个根；一次项系数互为相反数的问题，可以把其中一个式子恒等变形，就可以得到形式上一致的两个等式，因此可以判定；同时从问题入手，分离常数，发现式子中有两根的和，根据韦达定理可求两根的和，代入即可求值。
13．（2018-2019学年数学北师大版九年级上册3.1 用树状图或表格求概率（1） 同步练习）在一个木制的棱长为3的正方体的表面涂上颜色，将它的棱三等分，然后从等分点把正方体锯开，得到27个棱长为l的小正方体，将这些小正方体充分混合后，装入口袋，从这个口袋中任意取出一个小正方体，则这个小正方体的表面恰好涂有两面颜色的概率是 .
【答案】
【知识点】几何概率
【解析】【解答】解：∵在27个小正方体中，恰好有三个面都涂色有颜色的共有8个，恰好有两个都涂有颜色的共12个，恰好有一个面都涂有颜色的共6个，表面没涂颜色的1个．
∴恰好涂有两面颜色的概率是 .
故答案为：
【分析】根据题意可知一共有27中等可能结果，满足条件的事件恰好涂有两面颜色的情况数有12种，利用概率公式可解答。
14．（2024九上·广州开学考）若关于的一元二次方程的两根分别为，，则方程的两根分别为 ．
【答案】，
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵ 关于的一元二次方程的两根分别为，，
∴ 对于方程有x-1=3或x-1=-2，解得，.
故答案为：，.
【分析】观察两个一元二次方程，根据已知的解得到关于未知解的方程的未知数的两个一次方程求解.
15．（2025九上·福田开学考）矩形ABCD中，AB=6，AD=12，连结BD，E，F分别在边BC，CD上，连结AE，AF分别交BD于点M，N，若∠EAF=45°，BE=3，则DN的长为 .
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=90°
∴
延长AB至点P，使PB=AB=6，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，得正方形APQD
延长AE交PQ于点H，连接HF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D于点P重合，得到△APG
∵四边形APQD是正方形
∴AP=PQ=DQ=AD，∠PAD=∠APH=∠Q=∠ADQ=90°
由旋转可得：△APG≌△ADF
∴PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF
∴∠PAG+∠PAF=∠DAF+∠PAF=∠PAD=90°，即∠GAF=90°
∵∠HAF=45°
∴∠GAH=90°-45°=45°
∴∠GAH=∠FAH=45°
在△AGH和△AFH中
∴△AGH和△AFH(SAS)
∴GH=FH
∵GH=PG+PH=DF+PH
∴FH=DF+PH
设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x
∵AB=BP=6，BE∥PQ
∴AE=EM
∴PH=2BE=6
∴FH=DF+PH=x+6，HQ=PQ-PH=6
在Rt△QFH中，由勾股定理可得：FQ2+HQ2=FH2
∴(12-x)2+62=(x+6)2
解得：x=4
∴DF=4
∵DF∥AB
∴△DFN∽△BAN
∴
∴
故答案为：
【分析】根据勾股定理可得BD，延长AB至点P，使PB=AB=6，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，得正方形APQD，延长AE交PQ于点H，连接HF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D于点P重合，得到△APG，根据正方形性质可得AP=PQ=DQ=AD，∠PAD=∠APH=∠Q=∠ADQ=90°，再根据旋转性质可得△APG≌△ADF，根据全等三角形性质可得PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF，再根据角之间的关系可得∠GAH=∠FAH=45°，再根据全等三角形判定定理可得△AGH和△AFH(SAS)，则GH=FH，根据边之间点的关系可得FH=DF+PH，设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x，则FH=DF+PH=x+6，HQ=PQ-PH=6，再根据勾股定理建立方程，解方程可得DF=4，根据相似三角形判定定理可得△DFN∽△BAN，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
第Ⅱ卷 主观题
阅卷人 三、解答题（共8题，共75分）
得分
16．（2025九上·南海月考）已知：如图，在中，，是的角平分线，，垂足分别为E，F．求证：四边形是正方形．
【答案】证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∵是的角平分线，
∴平分，
又∵，
∴，
∴矩形为正方形．
【知识点】角平分线的性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】由题意可得，从而得到四边形为矩形，再根据角平分线的性质得到即可证明结论．
17．（2023九上·德州月考）已知关于x的一元二次方程；
（1）求证：不论m取任何实数，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程的两根为、且满足，求m的值．
【答案】（1）证明：在方程中，，，，
，
不论m取何值，，
．
不论m取任何实数，方程总有两个不相等的实数根.
（2）解：由（1）知方程总有两个不相等的实数根、，
，，
而，即，
解得，
时，，
是原分式方程的解
．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式（①当△>0时，方程有两个不相等的实数根；②当△=0时，方程有两个相等的实数根；③当△<0时，方程没有实数根）分析求解即可；
（2）利用一元二次方程根与系数的关系（x1+x2=-b/a；x1x2=c/a）可得，，再求解即可.
（1）证明：在方程中，，，，
，
不论m取何值，，
．
不论m取任何实数，方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：由（1）知方程总有两个不相等的实数根、，
，，
而，即，
解得，
时，，
是原分式方程的解
．
18．（2025九上·深圳月考）甲商品的进价为每件20元，商场确定其售价为每件40元．
（1）若现在需进行降价促销活动，预备从原来的每件40元进行两次调价，已知该商品现价为每件元．若该商品两次调价的降价率相同，求这个降价率；
（2）经调查，该商品每降价元，即可多销售10件．已知甲商品售价40元时，每月可销售500件，若该商场希望该商品每月能盈利10800元，且尽可能扩大销售量，则该商品应定价为多少元？
【答案】（1）解：设这种商品平均降价率是x，
依题意得：，
解得：，舍去；
答：这个降价率为；
（2）解：设降价y元，则多销售件，
根据题意得，
解得：舍去或，
所以元
答：该商品在应定价为32元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设这种商品平均降价率是x，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（2）设降价y元，则多销售件，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
19．（2025九上·苍南月考）某校举行“春天诵诗”比赛，将参赛选手的成绩分为A，B，C，D四个等级，并绘制成如图所示的两幅不完整统计图。
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）求B等级选手的人数为 ，m的值为 ；
（2）学校从成绩为A等级的学生中选2人去参加县里比赛。已知A等级学生中有2名男生1名女生，请用列表法或画树状图求出所选2名学生恰好是1名男生和1名女生的概率.
【答案】（1）5；40
（2）解：列表如下：
男 男 女
男 (男， 男) (男， 女)
男 (男， 男) (男， 女)
女 (男， 女) (女， 男)
所有等可能的结果有6种，其中恰好是一名男生和一名女生的情况有4种，
则P恰好是一名男生和一名女生
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解】（1）解：参赛选手的总人数为3÷15%=20人，
∴B等级选手的人数为：20-2-8-4=5，
级所占的百分比为 ，
故答案为：5；40；
【分析】(1)用A等级的人数除以其所占比例即可得到总参赛人数，用总人数减去A、C、D等级人数和即可得到B等级人数，用C等级人数除以总人数即可求出m的值；
(2)利用列表法得到所有等可能结果，然后找出符合要求的结果数，利用概率公式即可求解.
20．（2025九上·福田开学考）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，过D作DE∥AC，DF∥AB分别交AB、AC于点E、F.
（1）求证：四边形AEDF为菱形；
（2）若AC=8，DC=4，连接EF，求EF的长.
【答案】（1）证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠FDA=∠CAD，
∴AF=DF，
∴平行四边形AEDF为菱形
（2）解：∵∠C=90°，AC=8，DC=4，
∴AD==4，
由（1）可知，AF=DF，四边形AEDF为菱形，
∴OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，
设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DC2+CF2=DF2，
即42+（8-x）2=x2，
解得：x=5，
∴DF=5，
∴OF===，
∴EF=2OF=2，
即EF的长为2．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理可得四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，再根据角平分线定义可得∠BAD=∠CAD，则∠FDA=∠CAD，根据等角对等边可得AF=DF，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得AD，再根据菱形性质可得OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x， 根据勾股定理建立方程，解方程可得DF=5，再根据勾股定理即可求出答案.
21．（2025九上·北京月考）如图，点是等边内一点，将绕点逆时针旋转得到，连接，，，，．
（1）求证：；
（2）若，，，请直接写出的度数．
【答案】（1）证明：绕点B逆时针旋转得到，
，，
是等边三角形．
，
，
，
在和中，
，
；
（2）．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2），，
是等边三角形，
，，
，
，，
，
，，
，
，
，
．
【分析】（1）根据旋转性质可得出，，再根据是等边三角形．可得出，进而可得出，再根据SAS即可得出；
（2）由旋转性质可得出是等边三角形，可得出，，再根据，可得出AD=OC=8，进而根据勾股定理的逆定理可得出∠ADO=90°，进而得出。
22．（2025九上·温州期末）如图， 交于点 ，过点 作 交 于点 ．已知 ．设 ．
（1）求 关于 的函数表达式。
（2）若 ，求 的长．
【答案】（1）解：∵EF∥AB交BC于点F， AE =BC，CE=3. CF=x， AE=y，
（2）解：当x=CF=2时，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∵AB=8，
∴CD=4.
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角
【解析】【分析】(1)根据EF∥AB， 得 代入整理即得；
(2)当CF=2时， 代入 (1) 中结果求得AE=6， 根据AB∥CD，得△ABE∽△CDE， 得 代入计算即得.
23．（2024九上·深圳开学考）垂美四边形定义如下：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）如图1，四边形是“垂美四边形”，猜想与之间的数量关系： ▲ ，并说明理由．
（2）如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，若，求的长．
（3）如图3，在中，，点P是外一点，连接，，已知，若以A、B、C、P为顶点的四边形为垂美四边形，请直接写出的长．
【答案】（1）解：数量关系为：
记交于点O，
∵，
∴在中，
由勾股定理得：，
∴，
同理可得：，
∴。
（2）解：如图，
∵四边形是正方形，为直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为“垂美四边形”，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
同理可求，
∴，
解得：。
（3）解：①当时，
则，
在中，，
∴由勾股定理得，
∴，
解得：（舍负），
∴，
过点P作延长线的垂线，垂足为点D，
由题意得，，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
②当时，
同上可求此时，
过点P作于点D，
同上可证：，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理求得，
综上：或。
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据 ，然后在中，利用勾股定理 ， ，再根据等式的性质即可求证；
（2）根据正方形的性质和直角三角形的性质，可得 ，易证， 根据 ，可得 ，进而得到 ，易证四边形为“垂美四边形”，则， 在中，由勾股定理得： ，代入数据，求出，和的值，然后再代入即可求解；
（3）①当时，对中，根据勾股定理： ，代入数据求出，的值，过点P作延长线的垂线，垂足为点D，易证，求出，和的值，在中，由勾股定理得的值；②当时，同理，求出的值．
（1）解：数量关系为：
记交于点O，
∵，
∴在中，
由勾股定理得：，
∴，
同理可得：，
∴；
（2）解：如图，
∵四边形是正方形，为直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为“垂美四边形”，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
同理可求，
∴，
解得：；
（3）解：①当时，
则，
在中，，
∴由勾股定理得，
∴，
解得：（舍负），
∴，
过点P作延长线的垂线，垂足为点D，
由题意得，，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
②当时，
同上可求此时，
过点P作于点D，
同上可证：，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理求得，
综上：或．
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北师大版九年级上学期期中模拟数学试题（二）（范围：第1-4章）
考试范围：第1-4章
考试时间：100分钟
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
第Ⅰ卷 客观题
阅卷人 一、选择题（每题3分，共30分）
得分
1．（2025九上·安州期中）已知方程x2-bx-4=0的两个根为x1，x2，若两个根互为相反数，则该方程的两个根为（ ）
A．±4 B．±3 C．±2 D．±1
2．（2025九上·成都月考）已知四边形ABCD是平行四边形，AC与BD相交于点O，下列结论正确的有（ ）
①当AB=DC时，它是菱形；②AC⊥BD时，它是菱形；③当∠ABC=90°时，它是矩形；④当AC=BD时，它是正方形.
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
3．（2025九上·水城期末）如图，在矩形中，对角线，交于点，若，则的长为（ ）
A．3 B． C． D．6
4．（2025九上·成都月考）某厂1月印科技书籍40万册，第一季度共印140万册，问2月、3月平均每月增长率是多少？设平均增长率为x，则列出下列方程正确的是（ ）
A．（1+x）2=140 B．40（1+x）2=140
C．40+40（1+x）+40（1+x）2=140 D．40+40（1+x）=140
5．（2024九上·北京市开学考）已知是关于x的一元二次方程的两个实数根．若，则的值是（ ）
A．或3 B． C．3 D．或7
6．（2021九上·宜兴月考）三角形两边的长是3和4，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为（ ）
A．14 B．12 C．12或14 D．以上都不对
7．（2025九上·苍南月考）在如图所示的电路中，随机闭合开关S1，S2，S3中的两个，则能让两盏灯泡同时发光的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025九上·成都月考）如图所示，在△ABC中，若DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025九上·宝安月考）如图，CD是斜边AB上的中线，过点C作交AB的延长线于点E，添加下列条件仍不能判断与相似的是( )
A． B．点B是DE的中点
C． D．
10．（2024九上·梓潼开学考）如图，已知正方形的边长为4，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为8：③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为；⑥．其中正确结论的序号为（ ）
A．①②④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①②④⑤ D．②④⑤⑥
阅卷人 二、填空题（每题3分，共15分）
得分
11．（2023九上·武侯期中）如图，菱形ABCD的边长为2.5cm，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，BD上的动点，且CE＝DF，则AE+AF的最小值为 ．
12．（2023九上·遵义月考）已知：m2-2m-1＝0，n2+2n-1＝0且mn≠1，则的值为 ．
13．（2018-2019学年数学北师大版九年级上册3.1 用树状图或表格求概率（1） 同步练习）在一个木制的棱长为3的正方体的表面涂上颜色，将它的棱三等分，然后从等分点把正方体锯开，得到27个棱长为l的小正方体，将这些小正方体充分混合后，装入口袋，从这个口袋中任意取出一个小正方体，则这个小正方体的表面恰好涂有两面颜色的概率是 .
14．（2024九上·广州开学考）若关于的一元二次方程的两根分别为，，则方程的两根分别为 ．
15．（2025九上·福田开学考）矩形ABCD中，AB=6，AD=12，连结BD，E，F分别在边BC，CD上，连结AE，AF分别交BD于点M，N，若∠EAF=45°，BE=3，则DN的长为 .
第Ⅱ卷 主观题
阅卷人 三、解答题（共8题，共75分）
得分
16．（2025九上·南海月考）已知：如图，在中，，是的角平分线，，垂足分别为E，F．求证：四边形是正方形．
17．（2023九上·德州月考）已知关于x的一元二次方程；
（1）求证：不论m取任何实数，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程的两根为、且满足，求m的值．
18．（2025九上·深圳月考）甲商品的进价为每件20元，商场确定其售价为每件40元．
（1）若现在需进行降价促销活动，预备从原来的每件40元进行两次调价，已知该商品现价为每件元．若该商品两次调价的降价率相同，求这个降价率；
（2）经调查，该商品每降价元，即可多销售10件．已知甲商品售价40元时，每月可销售500件，若该商场希望该商品每月能盈利10800元，且尽可能扩大销售量，则该商品应定价为多少元？
19．（2025九上·苍南月考）某校举行“春天诵诗”比赛，将参赛选手的成绩分为A，B，C，D四个等级，并绘制成如图所示的两幅不完整统计图。
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）求B等级选手的人数为 ，m的值为 ；
（2）学校从成绩为A等级的学生中选2人去参加县里比赛。已知A等级学生中有2名男生1名女生，请用列表法或画树状图求出所选2名学生恰好是1名男生和1名女生的概率.
20．（2025九上·福田开学考）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，过D作DE∥AC，DF∥AB分别交AB、AC于点E、F.
（1）求证：四边形AEDF为菱形；
（2）若AC=8，DC=4，连接EF，求EF的长.
21．（2025九上·北京月考）如图，点是等边内一点，将绕点逆时针旋转得到，连接，，，，．
（1）求证：；
（2）若，，，请直接写出的度数．
22．（2025九上·温州期末）如图， 交于点 ，过点 作 交 于点 ．已知 ．设 ．
（1）求 关于 的函数表达式。
（2）若 ，求 的长．
23．（2024九上·深圳开学考）垂美四边形定义如下：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）如图1，四边形是“垂美四边形”，猜想与之间的数量关系： ▲ ，并说明理由．
（2）如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，若，求的长．
（3）如图3，在中，，点P是外一点，连接，，已知，若以A、B、C、P为顶点的四边形为垂美四边形，请直接写出的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由题意得：
解得：
故选C.
【分析】利用根与系数的关系解答即可.
2．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形
当AB=DC时，无法证明平行四边形ABCD是菱形，故①结论错误；
当AC⊥BD时，即平行四边形ABCD是菱形，故 ② 结论正确；
当∠ABC=90°时，即平行四边形ABCD是矩形，故③结论正确；
当AC=BD时，即平行四边形ABCD是矩形，故④结论错误；
故选：C.
【分析】利用菱形、矩形、正方形的判定定理逐一判断，即可得到答案.
3．【答案】A
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，对角线，交于点O，
∴，，
∵，
∴．
故选：A．
【分析】根据矩形性质即可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：∵1月印科技书籍40万册，且2月、3月平均每月增长率为x.
∴2月印科技书籍40(1+x)万册，3月印科技书40(1+x)2万册.
根据题意得：40+40(1+x)+40(1+x)2=140，
故选：C.
【分析】由1月份的印刷量及2月、3月平均每月增长率，可得出2月印科技书籍40(1+x)万册，3月印科技书籍40(1+x)2万册，结合第一季度共印140万册即可列出关于x的一元二次方程，此题得解.
5．【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：因为是关于x的一元二次方程的两个实数根，
根据韦达定理，可得，，
又因为，所以，
即，解得：，，
因为，解得，所以．
故选：C．
【分析】根据题意，利用一元二次方程的根与系数的关系，结合，列出方程，求得t的值，再根据，得出，即可求出结果.
6．【答案】B
【知识点】因式分解法解一元二次方程；三角形三边关系
【解析】【解答】解：解方程x2 12x＋35＝0
得x＝5或x＝7，
又3＋4＝7，
故长度为3，4，7的线段不能组成三角形，
∴x＝7不合题意，
∴三角形的周长为3＋4＋5＝12．
故答案为：B.
【分析】根据因式分解法求出方程的解，然后根据三角形的三边关系确定出三角形的三边长，据此可得周长.
7．【答案】D
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
∵共有6种等可能的结果，能让两盏灯泡同时发光的有4种情况，
∴能让两盏灯泡同时发光的概率为
故答案为：D.
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与能让两盏灯泡同时发光的情况，再利用概率公式求解即可求得答案.
8．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：∵DE//BC，EF/AB.
∴四边形DEFB是平行四边形，
∴DE=BF，BD=EF
∵DE//BC，
∴，，
∵EF/AB，
∴，，
∴
故选：C.
【分析】用平行线分线段成比例定理以及比例的性质进行变形即可得到答案.
9．【答案】D
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：Ａ、如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，故Ａ错误.
B、如图，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴，
∵点B是DE的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，故Ｂ错误.
C、如图，
∵，
∴，
根据题意得：，
∴，
∴，
∴，故Ｃ错误.
D、∵根据已知条件不能证明，
∴添加不能证明，故Ｄ正确.
故答案为：Ｄ.
【分析】Ａ、根据，得，即可得，在根据已知条件得，，即可证明.
B、根据CD是斜边AB上的中线得，再根据点B是DE的中点，得，进一步得，可证明
，，从而得，故Ｂ错误.
Ｃ、根据得，再根据题意得：，进一步得
，计算得，即可证明.
D、根据已知条件不能证明，故添加不能证明.
10．【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：延长FP交AB与K，延长AP交EF与H，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠ABC=∠C=∠CDA=90°，BD平分∠ABC和∠ADC，AB//CD.
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=45°.
∵于点E，于点F，
∴∠PEC=∠C=∠CFP，
∴四边形PECF是矩形，
∴PF=EC，PE=FC.
①∵PF⊥CD，
∴∠PFD=90°=∠C，
∴PF//BC，
∴∠DPF＝∠DBC=45°，
∴PF=DF，△PDF是等腰直角三角形.
∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，
∴DP=EC．故选项①正确；
②四边形PECF的周长＝2PF+2FC＝2DF+2FC＝2CD＝8，故选项②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，
∴当AD=AP=AB，即P，B重合时，△APD是等腰三角形；当点P为BD中点时AP=PD，△APD是等腰三角形；当DA=DP时，是等腰三角形.
∵点P是动点，位置不定，故△APD不一定是等腰三角形，故选项③错误．
④∵∠KAD=∠ADF=∠DFK=90°，
∴四边形AKFD是矩形，
∴AK=DF，BK=FC，∠AKP=90°，
∴AK=PF=EC，∠BKP=90°，
PK=BK，
∴PK=FC.
又∵∠AKP=∠C=90°，
∴△AKP≌△ECF（SAS）
∴AP=EF.故选项④正确；
⑤∵EF＝AP，
∴当AP最小时，EF最小，
∵点A是直线BD为一点，
∴当AP⊥BD时，即时，EF的最小，最小值等于，故选项⑤正确；
⑥∵矩形PECF，
∴PE//CF，
∴∠PEF=∠CFE，PE//AB，
∴∠KAP=∠EPG.
∵△AKP≌△ECF，
∴∠APK=∠CFE=∠FEP.
∵∠KAP+∠APK=90°，
∴∠EPG+∠FEP=90°，即AG⊥EF.故选项⑥正确.
本题正确的有：①②④⑤⑥；
故答案为：A．
【分析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，求得DP=EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④证明△AKP≌△ECF，即可得AP＝EF；⑤由EF=AP得AP最小时，EF最小，利用“垂线段最短”可得AP⊥BD时有最小值；⑥证明∠EPG+∠FEP=90°，则AP⊥EF．
11．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】连接AC，过点C作，使得CT=AD=2.5，连接AT，如图，
四边形ABCD是菱形，
AB=CB=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，∠ADB=∠ADC=30°，
△ABC是等边三角形，
∠ACB=60°，AC=AB=2.5cm，
，
∠ECT=30°，
∠ECT=∠ADF=30°，
CE=DF，CT=DA，
，
AF=ET，
AE+AF=AE+ETAT，
∠ACT=90°，AC=CT=2.5cm，
AE+AFcm，
AE+AF的最小值为
【分析】连接AC，过点C作，使得CT=AD=2.5，连接AT，先利用SAS证明，根据全等三角形的性质得到AF=ET，进而得到AE+AF=AE+ETAT，利用勾股定理求出AT的值，从而求解.
12．【答案】3
【知识点】代数式求值；一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：由 n2+2n-1＝0 可知n
方程边同时除以-得：
即
又
故答案为：3
【分析】观察所给两个等式，形式上非常相似，提醒我们考虑是不是一个方程的两个根；一次项系数互为相反数的问题，可以把其中一个式子恒等变形，就可以得到形式上一致的两个等式，因此可以判定；同时从问题入手，分离常数，发现式子中有两根的和，根据韦达定理可求两根的和，代入即可求值。
13．【答案】
【知识点】几何概率
【解析】【解答】解：∵在27个小正方体中，恰好有三个面都涂色有颜色的共有8个，恰好有两个都涂有颜色的共12个，恰好有一个面都涂有颜色的共6个，表面没涂颜色的1个．
∴恰好涂有两面颜色的概率是 .
故答案为：
【分析】根据题意可知一共有27中等可能结果，满足条件的事件恰好涂有两面颜色的情况数有12种，利用概率公式可解答。
14．【答案】，
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：∵ 关于的一元二次方程的两根分别为，，
∴ 对于方程有x-1=3或x-1=-2，解得，.
故答案为：，.
【分析】观察两个一元二次方程，根据已知的解得到关于未知解的方程的未知数的两个一次方程求解.
15．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=90°
∴
延长AB至点P，使PB=AB=6，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，得正方形APQD
延长AE交PQ于点H，连接HF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D于点P重合，得到△APG
∵四边形APQD是正方形
∴AP=PQ=DQ=AD，∠PAD=∠APH=∠Q=∠ADQ=90°
由旋转可得：△APG≌△ADF
∴PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF
∴∠PAG+∠PAF=∠DAF+∠PAF=∠PAD=90°，即∠GAF=90°
∵∠HAF=45°
∴∠GAH=90°-45°=45°
∴∠GAH=∠FAH=45°
在△AGH和△AFH中
∴△AGH和△AFH(SAS)
∴GH=FH
∵GH=PG+PH=DF+PH
∴FH=DF+PH
设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x
∵AB=BP=6，BE∥PQ
∴AE=EM
∴PH=2BE=6
∴FH=DF+PH=x+6，HQ=PQ-PH=6
在Rt△QFH中，由勾股定理可得：FQ2+HQ2=FH2
∴(12-x)2+62=(x+6)2
解得：x=4
∴DF=4
∵DF∥AB
∴△DFN∽△BAN
∴
∴
故答案为：
【分析】根据勾股定理可得BD，延长AB至点P，使PB=AB=6，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，得正方形APQD，延长AE交PQ于点H，连接HF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D于点P重合，得到△APG，根据正方形性质可得AP=PQ=DQ=AD，∠PAD=∠APH=∠Q=∠ADQ=90°，再根据旋转性质可得△APG≌△ADF，根据全等三角形性质可得PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF，再根据角之间的关系可得∠GAH=∠FAH=45°，再根据全等三角形判定定理可得△AGH和△AFH(SAS)，则GH=FH，根据边之间点的关系可得FH=DF+PH，设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x，则FH=DF+PH=x+6，HQ=PQ-PH=6，再根据勾股定理建立方程，解方程可得DF=4，根据相似三角形判定定理可得△DFN∽△BAN，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
16．【答案】证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∵是的角平分线，
∴平分，
又∵，
∴，
∴矩形为正方形．
【知识点】角平分线的性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】由题意可得，从而得到四边形为矩形，再根据角平分线的性质得到即可证明结论．
17．【答案】（1）证明：在方程中，，，，
，
不论m取何值，，
．
不论m取任何实数，方程总有两个不相等的实数根.
（2）解：由（1）知方程总有两个不相等的实数根、，
，，
而，即，
解得，
时，，
是原分式方程的解
．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式（①当△>0时，方程有两个不相等的实数根；②当△=0时，方程有两个相等的实数根；③当△<0时，方程没有实数根）分析求解即可；
（2）利用一元二次方程根与系数的关系（x1+x2=-b/a；x1x2=c/a）可得，，再求解即可.
（1）证明：在方程中，，，，
，
不论m取何值，，
．
不论m取任何实数，方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：由（1）知方程总有两个不相等的实数根、，
，，
而，即，
解得，
时，，
是原分式方程的解
．
18．【答案】（1）解：设这种商品平均降价率是x，
依题意得：，
解得：，舍去；
答：这个降价率为；
（2）解：设降价y元，则多销售件，
根据题意得，
解得：舍去或，
所以元
答：该商品在应定价为32元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设这种商品平均降价率是x，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（2）设降价y元，则多销售件，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
19．【答案】（1）5；40
（2）解：列表如下：
男 男 女
男 (男， 男) (男， 女)
男 (男， 男) (男， 女)
女 (男， 女) (女， 男)
所有等可能的结果有6种，其中恰好是一名男生和一名女生的情况有4种，
则P恰好是一名男生和一名女生
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解】（1）解：参赛选手的总人数为3÷15%=20人，
∴B等级选手的人数为：20-2-8-4=5，
级所占的百分比为 ，
故答案为：5；40；
【分析】(1)用A等级的人数除以其所占比例即可得到总参赛人数，用总人数减去A、C、D等级人数和即可得到B等级人数，用C等级人数除以总人数即可求出m的值；
(2)利用列表法得到所有等可能结果，然后找出符合要求的结果数，利用概率公式即可求解.
20．【答案】（1）证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠FDA=∠CAD，
∴AF=DF，
∴平行四边形AEDF为菱形
（2）解：∵∠C=90°，AC=8，DC=4，
∴AD==4，
由（1）可知，AF=DF，四边形AEDF为菱形，
∴OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，
设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DC2+CF2=DF2，
即42+（8-x）2=x2，
解得：x=5，
∴DF=5，
∴OF===，
∴EF=2OF=2，
即EF的长为2．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理可得四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，再根据角平分线定义可得∠BAD=∠CAD，则∠FDA=∠CAD，根据等角对等边可得AF=DF，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得AD，再根据菱形性质可得OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x， 根据勾股定理建立方程，解方程可得DF=5，再根据勾股定理即可求出答案.
21．【答案】（1）证明：绕点B逆时针旋转得到，
，，
是等边三角形．
，
，
，
在和中，
，
；
（2）．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2），，
是等边三角形，
，，
，
，，
，
，，
，
，
，
．
【分析】（1）根据旋转性质可得出，，再根据是等边三角形．可得出，进而可得出，再根据SAS即可得出；
（2）由旋转性质可得出是等边三角形，可得出，，再根据，可得出AD=OC=8，进而根据勾股定理的逆定理可得出∠ADO=90°，进而得出。
22．【答案】（1）解：∵EF∥AB交BC于点F， AE =BC，CE=3. CF=x， AE=y，
（2）解：当x=CF=2时，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∵AB=8，
∴CD=4.
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角
【解析】【分析】(1)根据EF∥AB， 得 代入整理即得；
(2)当CF=2时， 代入 (1) 中结果求得AE=6， 根据AB∥CD，得△ABE∽△CDE， 得 代入计算即得.
23．【答案】（1）解：数量关系为：
记交于点O，
∵，
∴在中，
由勾股定理得：，
∴，
同理可得：，
∴。
（2）解：如图，
∵四边形是正方形，为直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为“垂美四边形”，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
同理可求，
∴，
解得：。
（3）解：①当时，
则，
在中，，
∴由勾股定理得，
∴，
解得：（舍负），
∴，
过点P作延长线的垂线，垂足为点D，
由题意得，，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
②当时，
同上可求此时，
过点P作于点D，
同上可证：，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理求得，
综上：或。
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据 ，然后在中，利用勾股定理 ， ，再根据等式的性质即可求证；
（2）根据正方形的性质和直角三角形的性质，可得 ，易证， 根据 ，可得 ，进而得到 ，易证四边形为“垂美四边形”，则， 在中，由勾股定理得： ，代入数据，求出，和的值，然后再代入即可求解；
（3）①当时，对中，根据勾股定理： ，代入数据求出，的值，过点P作延长线的垂线，垂足为点D，易证，求出，和的值，在中，由勾股定理得的值；②当时，同理，求出的值．
（1）解：数量关系为：
记交于点O，
∵，
∴在中，
由勾股定理得：，
∴，
同理可得：，
∴；
（2）解：如图，
∵四边形是正方形，为直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为“垂美四边形”，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
同理可求，
∴，
解得：；
（3）解：①当时，
则，
在中，，
∴由勾股定理得，
∴，
解得：（舍负），
∴，
过点P作延长线的垂线，垂足为点D，
由题意得，，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
②当时，
同上可求此时，
过点P作于点D，
同上可证：，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理求得，
综上：或．
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