2020-2021学年人教版八年级数学下学期期末模拟测试卷(二)（原卷+解析版）

这是一份2020-2021学年人教版八年级数学下学期期末模拟测试卷(二)（原卷+解析版），文件包含2020-2021学年人教版八年级数学下学期期末模拟测试卷二原卷版doc、2020-2021学年人教版八年级数学下学期期末模拟测试卷二解析版docx、2020-2021学年人教版八年级数学下学期期末模拟测试卷二答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
A．0.5B．C．D．
【分析】根据二次根式的性质进行化简即可．
【解答】解：＝＝＝，
故选：C．
2．（4分）若直角三角形的三边长分别为2，4，x，则x的值为（ ）
A．3B．C．2D．或2
【分析】x可为斜边也可为直角边，因此解本题时要对x的取值进行讨论．
【解答】解：①当x为斜边时，x2＝22+42＝20，所以x＝2；
②当4为斜边时，x2＝16﹣4＝12，x＝2．
故选：D．
3．（4分）某博物馆拟招聘一名优秀志愿讲解员，其中某位志愿者笔试、试讲、面试三轮测试得分分别为90分、94分、92分，综合成绩中笔试占30%，试讲占50%，面试占20%，则该名志愿者的综合成绩为（ ）
A．92分B．92.4分C．90分D．94分
【分析】根据加权平均数的定义列式计算即可．
【解答】解：该名志愿者的综合成绩为90×30%+94×50%+92×20%＝92.4（分），
故选：B．
4．（4分）下列各式计算正确的是（ ）
A．×＝6B．÷＝2C．（）2＝9D．（3）2＝6
【分析】直接利用二次根式的乘除运算法则以及二次根式的性质分别计算得出答案．
【解答】解：A、×＝，故此选项错误；
B、÷＝2，故此选项正确；
C、（）2＝3，故此选项错误；
D、（3）2＝18，故此选项错误；
故选：B．
5．（4分）如图所示，点B，D在数轴上，OB＝3，OD＝BC＝1，∠OBC＝90°，以D为圆心，DC长为半径画弧，与数轴正半轴交于点A，则点A表示的实数是（ ）
A．B．+1C．﹣1D．不能确定
【分析】根据勾股定理得出DB的长，进而得出A点对应的数．
【解答】解：由题意可得：BD＝4，BC＝1
则CD＝＝，
故A点对应的实数为：﹣1，
故选：C．
6．（4分）根据如图所示的计算程序，若输入x＝﹣2，则输出结果y的值为（ ）
A．﹣3B．3C．﹣7D．7
【分析】把x＝﹣2时，代入y＝2x2﹣1＝7，即可判断．
【解答】解：x＝﹣2时，y＝2x2﹣1＝7，
故选：D．
7．（4分）若关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，且一次函数y＝（a﹣2）x+a+1不经过第三象限，则所有满足条件的整数a的值之和是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
【分析】根据关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，可以求得a的取值范围，再根据一次函数y＝（a﹣2）x+a+1不经过第三象限，可以得到a的取值范围，结合不等式组和一次函数可以得到最后a的取值范围，从而可以写出满足条件的a的整数值，然后相加即可．
【解答】解：由不等式组，得≤x＜3，
∵关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，
∴﹣1＜≤0，
解得﹣3＜a≤1，
∵一次函数y＝（a﹣2）x+a+1不经过第三象限，
∴a﹣2＜0且a+1≥0，
∴﹣1≤a＜2，
又∵﹣3＜a≤1，
∴﹣1≤a≤1，
∴整数a的值是﹣1，0，1，
∴所有满足条件的整数a的值之和是：﹣1+0+1＝0，
故选：C．
8．（4分）在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如图所示，则这些运动员成绩的中位数为（ ）
A．160B．165C．170D．175
【分析】根据中位数的定义直接解答即可．
【解答】解：把这些数从小到大排列，中位数是第8个数，
则这些运动员成绩的中位数为165cm．
故选：B．
9．（4分）某公园里有一处长方形风景欣赏区ABCD，AB长140米，BC宽90米，为方便游人观赏，公园特意修建了如图所示的小路（图中非阴影部分），若小路的宽度忽略不计，则小路的总长约为（ ）米．
A．230B．280C．320D．350
【分析】根据已知可以得出此图形可以分为横向与纵向分析，横向距离等于AB，纵向距离等于2，求出答案即可．
【解答】解：利用已知可以得出此图形可以分为横向与纵向分析，横向距离等于AB，纵向距离等于AD+BC，
∵四边形ABCD是矩形，长AB＝140米，宽BC＝90米，
∴小路的总长约为140+90×2＝320（米），
故选：C．
10．（4分）如图所示，一次函数y＝ax+b与y＝cx+d的图象如图所示，下列说法：①对于函数y＝﹣ax+b来说，y随x的增大而增大；②函数y＝ax+d不经过第四象限；③不等式ax﹣d≥cx﹣b的解集是x≥4；④4（a﹣c）＝d﹣b．其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．②③④D．①②④
【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以判断各个小题中的结论是否成立，从而可以解答本题．
【解答】解：由图象可得，
a＞0，则﹣a＜0，对于函数y＝﹣ax+b来说，y随x的增大而减小，故①错误；
a＞0，d＞0，则函数y＝ax+d经过第一、二、三象限，不经过第四象限，故②正确；
由ax﹣d≥cx﹣b可得ax+b≥cx+d，故不等式ax﹣d≥cx﹣b的解集是x≥4，故③正确；
4a+b＝4c+d可以得到4（a﹣c）＝d﹣b，故④正确；
故选：C．
11．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，且∠ACD＝30°，DE∥BC交AC于点E，BF⊥CD于点F，连接EF．若AC＝2，则EF的长是（ ）
A．2B．C．1D．
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质得出AB＝2BC，根据勾股定理求出BC和AB，求出BD＝BC＝AD＝2，求出F和E分别是AC、CD的中点，根据三角形的中位线求出答案即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴AB＝2BC，∠ABC＝60°，AC2+BC2＝AB2，
∵AC＝2，
∴（2）2+BC2＝（2BC）2，
解得：BC＝2（负数舍去），
AB＝2BC＝4，
∵AB＝4，D为AB的中点，
∴BD＝AD＝2＝BC，
∵BF⊥CD，
∴CF＝DF，
∵DE∥BC，D为AB的中点，
∴AE＝CE，
∴EF＝AD＝＝1，
故选：C．
12．（4分）如图，在给定的正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运动，DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造平行四边形DFEP，连接CP，则∠DFE+∠EPC的度数的变化情况是（ ）
A．一直减小B．一直减小后增大
C．一直不变D．先增大后减小
【分析】根据题意∠DFE+∠EPC＝∠DPC，作PH⊥BC交BC的延长线于H，证明CP是∠DCH的角平分线即可解决问题．
【解答】解：作PH⊥BC交BC的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，
∠DAF＝∠ABE＝∠DCB＝∠DCH＝90°，
∵DF⊥AE，
∴∠BAE+∠DAE＝90°，∠ADF+∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
∴△ADF≌△BAE（ASA），
∴DF＝AE，
∵四边形DFEP是平行四边形，
∴DF＝PE，∠DFE＝∠DPE，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠PEH＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，
∵∠ABE＝∠H＝90°，AE＝EP．
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH＝BE，AB＝EH＝BC，
∴BE＝CH＝PH，
∴∠PCH＝45°，
∵∠DCH＝90°，
∴∠DCP＝∠PCH，
∴CP是∠DCH的角平分线，
∴点P的运动轨迹是∠DCH的角平分线，
∵∠DFE+∠EPC＝∠DPE+∠EPC＝∠DPC，
观察图象可得，∠DPC先减小后增大，
故选：B．
二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简﹣＝ a﹣b+2 ．
【分析】依据数轴即可得到a+1＞0，b﹣1＞0，即可化简．
【解答】解：由题可得，﹣1＜a＜0，0＜b＜1，
∴a+1＞0，b﹣1＞0，
∴|原式＝a+1﹣b+1＝a﹣b+2．
故答案为：a﹣b+2．
14．（4分）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，BC，AB为直径作半圆，面积分别记为S1，S2，S3，若S3＝9π，则S1+S2等于 9π ．
【分析】根据勾股定理和圆的面积公式，可以得到S1+S2的值，从而可以解答本题．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵S1＝π（）2×，S2＝π（）2×，S3＝π（）2×，
∴S1+S2＝π（）2×+π（）2×＝π（）2×＝S3，
∵S3＝9π，
∴S1+S2＝9π，
故答案为：9π．
15．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，且点D是AB的中点，△DEF的周长是11，则AB＝ 8 ．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE＝DF＝AB，EF＝BC，然后代入数据计算即可得解．
【解答】解：∵AF⊥BC，BE⊥AC，D是AB的中点，
∴DE＝DF＝AB，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴点F是BC的中点，∴BF＝FC＝3，
∵BE⊥AC，
∴EF＝BC＝3，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝AB+3＝11，
∴AB＝8，
故答案为：8．
16．（4分）学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地，两人之间的距离y（米）与时间t（分钟）之间的函数关系如图所示；根据图象信息知，AB段的函数关系式是 y＝40t（40≤t≤60） ．
【分析】根据图象信息，根据速度＝路程÷时间可得甲的速度，由t＝24分钟时甲乙两人相遇，可得甲、乙两人的速度和为2400÷24＝100米/分钟，减去甲的速度得出乙的速度，再求出乙从图书馆回学校的时间即A点的横坐标，用A点的横坐标乘以甲的速度得出A点的纵坐标，再将A、B两点的坐标代入，利用待定系数法即可求出线段AB所表示的函数表达式
【解答】解：根据图象信息，当t＝24分钟时甲乙两人相遇，甲的速度为2400÷60＝40（米/分钟）．
∵甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，t＝24分钟时甲乙两人相遇，
∴甲、乙两人的速度和为2400÷24＝100米/分钟，
∴乙的速度为100﹣40＝60（米/分钟）．
乙从图书馆回学校的时间为2400÷60＝40分钟，
40×40＝1600，
∴A点的坐标为（40，1600）．
设线段AB所表示的函数表达式为y＝kt+b，
∵A（40，1600），B（60，2400），
∴，解得，
∴线段AB所表示的函数表达式为y＝40t（40≤t≤60）．
故答案为：y＝40t（40≤t≤60）．
三．解答题（共8小题，满分86分）
17．（8分）计算下各式：
（1）（1﹣）（1﹣）；
（2）．
【分析】（1）直接利用乘法公式计算得出答案；
（2）直接利用负整数指数幂的性质以及零指数幂的性质、绝对值的性质、二次根式的性质分别化简得出答案．
【解答】解：（1）原式＝（1﹣）2﹣（）2
＝3﹣2﹣3
＝﹣2；
（2）原式＝1+2﹣（﹣1）﹣+2
＝1+2﹣+1﹣+2
＝4．
18．（8分）某中学开展防疫知识线上竞赛活动，九年级（1）、（2）班各选出5名选手参加竞赛，两个班选出的5名选手的竞赛成绩（满分为100分）如图所示．
（1）求九（1）班的众数和九（2）班的中位数；
（2）计算两个班竞赛成绩的方差，并说明哪个班的成绩较为整齐．
【分析】（1）根据众数和中位数的定义即可求解；
（2）先计算出两个班的平均数，再代入方差公式求出两个班的方差，然后根据方差的意义即可得出答案．
【解答】解：（1）∵80出现了3次，出现的次数最多，
∴九（1）班的众数是80分；
把九（2）班的成绩从小到大排列，则中位数是85分；
（2）九（1）班的平均成绩是：×（80+80+90+80+100）＝86（分），
九（1）班的方差是：×[（80﹣86）2+（80﹣86）2+（90﹣86）2+（80﹣86）2+（100﹣86）2]＝64，
九（2）班的平均成绩是：×（80+100+95+70+85）＝86（分），
九（2）班的方差是：×[（80﹣86）2+（100﹣86）2+（95﹣86）2+（70﹣86）2+（85﹣86）2]＝114，
∵九（1）班的方差小于九（2）班的方差，
∴九（1）班的成绩比较稳定．
19．（10分）如图，南北向MN为我国领海线，即MN以西为我国领海，以东为公海．上午9时50分，我国反走私艇A发现正东方有一走私艇C以16海里/时的速度偷偷向我领海开来，便立即通知正在MN线上巡逻的我国反走私艇B密切注意．
（1）如图1，若反走私艇A和走私艇C的距离是10海里，A、B两艇的距离是6海里；反走私艇B测得距离C艇8海里，若走私艇C的速度不变，则再过多少小时它会进入我国领海？
（2）如图2，若反走私艇A和走私艇C的距离是12海里，A、B两艇的距离是8海里，反走私艇B测得距离C艇10海里，发现走私艇C时，反走私艇B便立即沿领海线MN对走私艇C进行拦截．若要使拦截成功，假设走私艇C的速度不变，那么反走私艇B的速度至少应为多少海里/时？（结果中若有根号，则保留根号）．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得到∠ABC＝90°．由三角形的面积得到AC•BE＝AB•BC，求得BE＝．根据勾股定理得到CE＝＝，于是得到结论．
（2）设CE＝x，由勾股定理得到AB2﹣AE2＝BC2﹣CE2，求得CE＝＝7.5，根据题意列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）由题意，AC＝10海里，AB＝6海里，BC＝8海里，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴∠ABC＝90°．
由面积法得AC•BE＝AB•BC，
即10BE＝6×8，
∴BE＝．
在Rt△BEC中，CE＝＝，
∵艇C的速度为16海里/时，
∴所求的时间为÷16＝，
答：再过小时艇C会进入我国领海．
（2）由题意，AC＝12海里，AB＝8海里，BC＝10海里，
设CE＝x，
由勾股定理，得AB2﹣AE2＝BC2﹣CE2，
即 82﹣（12﹣x）2＝102﹣x2，
解得x＝，
∴CE＝＝7.5，
再由勾股定理，得BE＝＝（海里）
设反走私艇B的速度为y海里/时，
则＝，
解得y＝．
检验可知y＝是方程的解，且适合题意．
答：反走私艇B的速度至少应为海里/时．
20．（10分）已知一次函数y＝kx+b的图象过A（1，1）和B（2，﹣1）．
（1）求一次函数y＝kx+b的表达式；
（2）求直线y＝kx+b与坐标轴围成的三角形的面积；
（3）将一次函数y＝kx+b的图象沿y轴向下平移3个单位，则平移后的函数表达式为 y＝﹣2x ．
【分析】（1）把A、B两点代入可求得k、b的值，可得到一次函数的表达式；
（2）分别令y＝0、x＝0可求得直线与两坐标轴的两交点坐标，可求得所围成的三角形的面积；
（3）根据上加下减的法则可得到平移后的函数表达式．
【解答】解：
（1）图象过A（1，1）、B（2，﹣1）两点，
代入一次函数表达式可得，解得，
∴一次函数为y＝﹣2x+3；
（2）在y＝﹣2x+3中，分别令x＝0、y＝0，
可求得一次函数与两坐标轴的交点坐标分别为（0，3）、（，0），
∴直线与两坐标轴围成的三角形的面积为：S＝×3×＝；
（3）向下平移三个单位，则可得平移后的函数为y＝﹣2x，
故答案为：y＝﹣2x．
21．（12分）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD．过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E连接OE．
（1）求证；四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝，BD＝4，求OE的长．
【分析】（1）先证出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；
（2）先证出OE＝OA＝OC，再求出OB＝2，利用勾股定理求出OA＝3，得出AC＝6，由直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴▱ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝OA＝OC，
∵BD＝4，
∴OB＝BD＝2，
在Rt△AOB中，AB＝，OB＝2，
∴OA＝＝3，
∴AC＝2OA＝6，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝AC＝3．
22．（12分）如图，已知四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是AC中点，点F是BD中点．
（1）求证：EF⊥BD；
（2）过点D作DH⊥AC于H点，如果BD平分∠HDE，求证：BA＝BC．
【分析】（1）根据直角三角形和等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）设AC，BD交于点O，根据垂直的定义得到∠DHO＝∠EFO＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠EDO＝∠EBO，由角平分线的定义得到∠HDF＝∠BDE，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是AC中点，
∴DE＝AC，BE＝AC，
∴DE＝BE，
∵点F是BD中点，
∴EF⊥BD；
（2）证明：设AC，BD交于点O，
∵DH⊥AC，EF⊥BD，
∴∠DHO＝∠EFO＝90°，
∵∠DOH＝∠BOE，
∴∠HDF＝∠OEF，
∵DE＝BE，
∴∠EDO＝∠EBO，
∵BD平分∠HDE，
∴∠HDF＝∠BDE，
∴∠OEF＝∠OBE，
∵∠OEF+∠EOF＝90°，
∴∠EOF+∠EBO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴BE⊥AC，
∴BA＝BC．
23．（12分）甲、乙两车从A地出发沿同一路线驶向B地，甲车先出发匀速驶向B地40分钟后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时，由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50千米/时，结果与甲车同时到达B地，甲、乙两车距A地的路程y（km）与乙车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示，请结合图象信息解答下列问题；
①直接写出a的值，并求甲车的速度；
②求图中线段EF所表示的函数y关于x的解析式；并直接写出自变量x的取值范围；
③乙车出发后多少小时与甲车相距15千米？
【分析】①由乙在途中的货站装货耗时半小时易得a＝4.5；甲从A到B共用了（）小时，然后利用速度公式计算甲的速度；
②设乙开始的速度为v千米/小时，利用乙两段时间内的路程和为460列方程4v+（7﹣4.5）（v﹣50）＝460，解得v＝90（千米/小时），计算出4v＝360，则可得到D（4，360），E（4.5，360），然后利用待定系数法求出线段EF所表示的y与x的函数关系式为y＝40x+180（4.5≤x≤7）；
③先计算，则可得到C（0，40），再利用待定系数法求出直线CF的解析式为y＝60x+40，和直线OD的解析式为y＝90x（0≤x≤4），然后利用函数值相差15列方程求解即可．
【解答】解：①a＝4+0.4＝4.5，
甲车的速度＝（千米/小时）；
②设乙开始的速度为v千米/小时，
则4v+（7﹣4.5）（v﹣50）＝460，解得v＝90（千米/小时），
4v＝360，
则D（4，360），E（4.5，360），
设直线EF的解析式为y＝kx+b，
把E（4.5，360），F（7，460）代入得，
解得，
所以线段EF所表示的y与x的函数关系式为y＝40x+180（4.5≤x≤7）；
③甲车前40分钟的路程为（千米），则C（0，40），
设直线CF的解析式为y＝mx+n，
把C（0，40），F（7，460）代入得，
解得，
所以直线CF的解析式为y＝60x+40，
易得直线OD的解析式为y＝90x（0≤x≤4），
设甲乙两车中途相遇点为G，由60x+40＝90x，解得x＝小时，即乙车出发小时后，甲乙两车相遇，
当乙车在OG段时，由60x+40﹣90x＝15，解得x＝介于0～小时之间，符合题意；
当乙车在GD段时，由90x﹣（60x+40）＝15，解得x＝，介于～4小时之间，符合题意；
当乙车在DE段时，由360﹣（60x+40）＝15，解得x＝，不介于4～4.5之间，不符合题意；
当乙车在EF段时，由40x+180﹣（60x+40）＝15，解得x＝，介于4.5～7之间，符合题意．
所以乙车出发小时或小时或小时，乙与甲车相距15千米．
24．（14分）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（不与点B，重合），延长AE到点F，连接BF，使得∠AFB＝45°．G为DC边一点，且DG＝BE，连接DF．点F关于直线AB的对称点为P，连接AP，BP．
（1）依据题意补全图形，证明：∠DAG＝∠BAP；
（2）延长PB交AG的延长线于点Q，则△APQ的形状是 等腰直角三角形 ；
（3）用等式表示线段BP，AB与DF的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据题意画出图形即可．由SAS证明△ABE≌△ADG得出∠BAE＝∠DAG，由对称的性质得出∠BAE＝∠PAB，即可得出∠DAG＝∠PAB；
（2）结论：△APQ是等腰直角三角形．延长MB交AG的延长线于点Q，证明∠PAQ＝90°，AP＝AQ即可．
（3）连接BD，由SAS证明△BAQ≌△DAF得出∠Q＝∠AFD＝45°，得出∠BFD＝90°，由勾股定理得出BF2+DF2＝BD2，即可得出结论．
【解答】（1）证明：如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝∠ADG＝90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，
∵点F关于直线AB的对称点为P，
∴∠BAE＝∠PAB，
∴∠DAG＝∠PAB．
（2）解：结论：△APQ是等腰直角三角形．
理由：∵∠BAD＝90°，∠DAG＝∠PAB，
∴∠PAQ＝90°，
由对称性可知：∠P＝∠AFB＝45°，
∴∠Q＝45°，
∴∠P＝∠Q，
∴AP＝AQ，
∴△APQ是等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形．
（3）解：结论：BP2+DF2＝2AB2；理由如下：
连接BD，如图2所示，
∵AP＝AQ，
∵AF＝AP，
∴AF＝AQ，
∵∠BAE＝∠DAG，
∴∠BAQ＝∠DAF，
在△BAQ和△DAF中，
，
∴△BAQ≌△DAF（SAS），
∴∠Q＝∠AFD＝45°，
∴∠BFD＝90°，
∴BF2+DF2＝BD2，
∵BD＝AB，BP＝BF，
∴BP2+DF2＝2AB2．