2023-2024学年河南省南阳市唐河县九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省南阳市唐河县九年级（上）期中数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在二次根式① 12，② 23，③ 32，④ 27中，是同类二次根式的是( )
A. ①和③B. ②和③C. ①和④D. ③和④
2.下列运算正确的是( )
A. 2+ 6= 8B. (1− 2)2=1− 2
C. 1÷ 3×1 3=1D. 5× 15=5 3
3.关于x的一元二次方程x2+mx−8=0的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
4.下列各组线段中，能成比例的是( )
A. 1cm，3cm，4cm，6cmB. 30cm，12cm，0.8cm，0.2cm
C. 0.1cm，0.2cm，0.3cm，0.4cmD. 12cm，16cm，45cm，60cm
5.方程2x(x−3)+5(3−x)=0的根是( )
A. x=52B. x=3
C. x1=52，x2=3D. x1=−52，x2=3
6.用四张一样大小的长方形纸片拼成一个正方形ABCD，如图所示，它的面积是75，AE=3 3，图中空白的地方是一个正方形，那么这个小正方形的周长为( )
A. 2 3
B. 4 3
C. 5 3
D. 6 3
7.数学兴趣小组的同学们想利用树影测量树高．课外活动时他们在阳光下测得一根长为1米的竹竿的影子是0.9米，同一时刻测量树高时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的台阶上，且影子的末端刚好落在最后一级台阶的上端C处，他们测得落在地面的影长为1.1米，台阶总的高度为1.0米，台阶水平总宽度为1.6米．则树高为( )
A. 3.0mB. 4.0mC. 5.0mD. 6.0m
8.如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AB= 3，AD=1，点M，N分别是边BC，AB上的动点(含端点，但点M不与点B重合)，点E，F分别是线段DM，MN的中点，则线段EF长度的最大值为( )
A. 2
B. 3
C. 1
D. 32
9.菱形ABCD周长为20，对角线AC、BD交于点O，BD=6，点E在CD上，DE：EC=2：3，BE交AC于点F，则FC的长为( )
A. 3
B. 487
C. 5
D. 4.8
10.已知在△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6，下列阴影部分的三角形与原△ABC不相似的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.若a2=b3=c4，a+b+c=18，则a的值为______．
12.如图：实数a，b在数轴上的位置如图所示，则 (a+1)2− (b−1)2− (a−b)2= ______．
13.如图，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB= ______米．
14.如图(1)，在宽为20m，长为35m的矩形耕地上修建同样宽的三条道路，把耕地分成若干小矩形块，作为小麦试验田，若试验田面积为600m2，求道路宽为多少？设宽为x m，从图(2)的思考方式出发列出的方程是______．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，F为BC中点，P是线段BC上一点，设BP=m(0三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
计算：
(1) 20+ 5 5− 13× 6−( 2−1)( 2+1)+( 3−1)2+4 3+1；
(2)sin45°−sin30°cs45∘−tan30°⋅tan60°+cs45°．
17.(本小题10分)
解方程：
(1)x2−1=3(x+1)；
(2)x2+2x−1=0．
18.(本小题9分)
华东师大版九年级上册数学课本67页有这样一道练习题：
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D.找出图中所有的相似三角形，并说明理由．
(1)动手实践：张老师在上课时，发现这道题是个很好的素材，可以帮助同学们回忆基本尺规作图：“过直线外一点作已知直线的垂线”，据此可以作AB边上的高，于是发动同学们在练习本上进行作图．现在请你利用尺规作图作AB边上的高(不写作法，保留作图痕迹)．
(2)独立思考：你发现图中存在______对相似三角形，请写出来______．
(3)习题反思：爱思考的小明利用探究出来的相似三角形，可以写出下列三个结论：
①CD2=AD⋅BD，②BC2=BD⋅AB，③AC2=AD⋅AB.”
(1)请你按照小明的思路，选择①、②、③中的一个进行证明；
(Ⅱ)小亮研究“小明的发现”时，又惊喜地发现：竟然可以利用“它”来证明“勾股定理”，请你按照小亮的思路完成这个证明．
19.(本小题9分)
在进行二次根式化简时，我们有时会碰上如5 3， 23，2 3+1一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：5 3=5× 3 3× 3=53 3
23= 2×33×3= 63
2 3+1=2×( 3−1)( 3+1)( 3−1)=2×( 3−1)( 3)2−12= 3−1
以上这种化简的步骤叫做分母有理化．2 3+1还可以用以下方法化简：2 3+1=3−1 3+1=( 3)2−12 3+1=( 3+1)( 3−1) 3+1= 3−1
(1)请用不同的方法化简2 5+ 3；
(2)化简：1 3+1+1 5+ 3+1 7+ 5+…+1 2n+1+ 2n−1．
20.(本小题9分)
荆州城徽“金凤腾飞”立于古城东门外．如图，某校学生测量其高AB(含底座)，先在点C处用测角仪测得其顶端A的仰角为32°，再由点C向城徽走6.6m到E处，测得顶端A的仰角为45°.已知B，E，C三点在同一直线上，测角仪离地面的高度CD=EF=1.5m，求城徽的高AB.(参考数据：sin32°≈0.530，cs32°≈0.848，tan32°≈0.625)．
21.(本小题9分)
今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
(1)求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
(2)经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
22.(本小题9分)
如图，在平面直角坐标系中，已知OA=6厘米，OB=8厘米.点P从点B开始沿BA边向终点A以1厘米/秒的速度移动；点Q从点A开始沿AO边向终点O以1厘米/秒的速度移动，一个点到达终点，另外一点随之停止.若P、Q同时出发运动时间为t(s)．
(1)t为何值时，△APQ与△AOB相似？
(2)当t为何值时，△APQ的面积为8cm2？
23.(本小题10分)
(1)解决问题：如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=90°时，求证：AD⋅BC=AP⋅BP．
(2)拓展探究：若将90°角改为锐角或钝角(如图2)，其他条件不变，上述结论还成立吗？说明理由．
(3)迁移应用：如图3，在△ABC中，AB=2 2，∠B=45°，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE.点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且∠EFD=45°，若CE= 5，直接写出线段CD的长为______．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：① 12=2 3，② 23=2 2，③ 32= 62，④ 27=3 3，
是同类二次根式的是①和④．
故选：C．
先把各根式化为最简二次根式，再根据同类二次根式的定义解答即可．
本题考查了同类二次根式，要判断几个根式是不是同类二次根式，须先把二次根式化成最简二次根式，然后判断．
2.【答案】D
【解析】解： 2+ 6不能合并，故选项A错误，不符合题意；
(1− 2)2= 2−1，故选项B错误，不符合题意；
1÷ 3×1 3=1×1 3×1 3=13，故选项C错误，不符合题意；
5× 15= 75=5 3，故选项D正确，符合题意；
故选：D．
计算出各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵Δ=m2−4×1×(−8)=m2+32>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
根据一元二次方程根的判别式解答即可．
本题考查的是一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)中，当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A、1×6≠3×4，故错误；
B、30×0.2≠12×0.8，故错误；
C、0.1×0.4≠0.2×0.3，故错误；
D、12×60=16×45，故正确．
故选：D．
如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．对选项一一分析，排除错误答案．
根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
5.【答案】C
【解析】解：因式分解，得
(x−3)(2x−5)=0
于是，得
2x−5=0或x−3=0，
解得x1=52，x2=3，
故选：C．
根据因式分解法，可得答案．
本题考查了解一元二次方程，因式分解是解题关键．
6.【答案】B
【解析】解：4[3 3−( 75−3 3)]
=4[3 3−(5 3−3 3)]
=4[3 3−2 3]
=4 3．
故选：B．
首先由正方形ABCD的面积是75，开方求得边长，也就是小长方形的长与宽的和，减去AE，得出宽，进一步利用长减去宽再乘4得出答案即可．
此题考查二次根式的运用，看清图意，搞清小长方形的长和宽之间的关系是解决问题的关键．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了相似三角形的判定及相似三角形的对应边成比例，只要是把实际问题抽象到相似三角形中，根据相似三角形对应边成比例，通过解方程求解，加上DB的长即可．解此题的关键是找到各部分以及与其对应的影长．
【解答】
解：过点C作CD⊥AB于点D，如图．
∵AB⊥BG，GE⊥GF，AC/​/EF，
∴△EGF∽△ADC，
∴EGGF=ADCD，
∴10.9=AD1.1+1.6．
∴AD=3．
∴AB=AD+DB=3+1=4(米)，
则树高为4米．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：∵点E，F分别是线段DM，MN的中点，
∴ED=EM，MF=FN，
∴EF=12DN，
∴DN最大时，EF最大，
∵N与B重合时DN最大，
此时DN=DB= AD2+AB2= 12+( 3)2=2，
∴EF的最大值为1．
故选：C．
根据三角形的中位线定理得出EF=12DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN=DB=6，从而求得EF的最大值为1．
本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵菱形ABCD周长为20，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∵对角线AC、BD交于点O，BD=6，
∴AC⊥BD，BO=DO=3，
∴AO=CO=4，
∵DE：EC=2：3，CD=5，
∴DE=2，EC=3，
∵AB/​/CD，
∴△ABF∽△CEF，
∴CEAB=CFAF，
∴35=CF8−CF，
解得：CF=3．
故选：A．
利用菱形的性质得出其边长以及对角线AC的长，进而利用相似三角形的判定与性质得出FC的长．
此题主要考查了菱形的性质以及相似三角形的判定与性质，得出△ABF∽△CEF是解题关键．
10.【答案】B
【解析】【分析】
利用相似三角形的判定方法依次判断即可．
【解答】
解：A：由有两组角对应相等的两个三角形相似，可证阴影部分的三角形与原△ABC相似，故选项A不符合题意；
B：不能证明阴影部分的三角形与原△ABC相似，故选项B符合题意；
C：由有两组角对应相等的两个三角形相似，可证阴影部分的三角形与原△ABC相似，故选项C不符合题意；
D：由两组边对应成比例且夹角对应相等的两个三角形相似，可证阴影部分的三角形与原△ABC相似，故选项D不符合题意．
故选：B．
【点评】
本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
11.【答案】4
【解析】解：设a2=b3=c4=k，则a=2k，b=3k，c=4k，
∵a+b+c=18，即2k+3k+4k=18，
∴k=2，
∴a=2k=4，
故答案为：4．
设辅助未知数，根据等式方程求出辅助未知数，进而求出答案．
本题考查比例的性质，设辅助未知数是常用的方法．
12.【答案】2a
【解析】解：由数轴可知：a>−1，b<1，
∴a+1>0，b−1<0，a−b<0．
∴原式=|a+1|−|b−1|−|a−b|
=a+1−(1−b)−(b−a)
=a+1−1+b−b+a
=2a．
故答案为：2a．
先根据点在数轴上的位置，确定a+1、b−1、a−b的符号，再根据二次根式、绝对值的性质化简二次根式，最后加减．
本题考查了二次根式的化简，掌握绝对值的意义及点和数轴的关系是解决本题的关键．
13.【答案】6
【解析】解：∵王华的身高王华的影长=路灯的高度路灯到王华影子顶端的长度，如图：
，
当王华在CG处时，Rt△DCG∽Rt△DBA，即CDBD=CGBA，
当王华在EH处时，Rt△FEH∽Rt△FBA，即EFBF=EHBA，
∵CG=EH=1.5米，CD=1米，CE=3米，EF=2米，
∴CDBD=CGBA=EHBA=EFBF，
设AB=x，BC=y，
∴1y+1=2y+5，即2(y+1)=y+5，
解得y=3，
则14=1.5x，
解得x=6米．
即路灯A的高度AB=6米．
根据在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似解答．
本题综合考查了中心投影的特点和规律以及相似三角形性质的运用．解题的关键是利用中心投影的特点可知在这两组相似三角形中有一组公共边，利用其作为相等关系求出所需要的线段，再求公共边的长度．
14.【答案】(32−2x)(20−x)=600
【解析】解：设宽为x m，由题意得：
(32−2x)(20−x)=600．
故答案为：(32−2x)(20−x)=600．
设宽为x m，从图(2)可看出剩下的试验田面积可平移成长方形，且能表示出长和宽，从而根据面积可列出方程．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，关键根据图可知道剩下的试验田为矩形，且能表示出长和宽，根据面积可列方程．
15.【答案】②③④
【解析】解：如图1，当点P在线段BF上时，过点E作EH⊥BC于H，
∵F为BC中点，
∴CF=BF=2，
∵将AP绕P顺时针旋转90°得到线段PE，
∴AP=PE，∠APE=90°=∠ABP=∠PHE，
∴∠BPA+∠EPH=90°，∠BAP+∠BPA=90°，
∴∠BAP=∠EPH，
在△BAP和△HPE中，
∠ABP=∠PHE∠BAP=∠HPEAP=PE，
∴△BAP≌△HPE(AAS)，
∴BP=EH=m，AB=PH=2，
∴FH=PH−PF=2−(2−m)=m，
∴EH=FH，
∴∠EFH=45°，
∴∠EFP=135°，
∵CD=CF=2，
∴∠DFC=45°，
∴点D在直线EF上，
当点P在点F右边时，如图2，
过点E作EM⊥BC，交BC的延长线于点M，
在△BAP和△MPE中，
∠ABP=∠PME∠BAP=∠MPEAP=PE，
∴△BAP≌△MPE(AAS)，
∴EM=BP=m，PM=AB=2，
∴FM=FP+PM=(m−2)+2=m，
∴EM=FM，
∴∠EFM=45°，
∵∠DFC=45°，
∴点D在直线EF上，
综上所述：m≠2时，∠EFP=45°或135°，点E到BC的距离为m，点D在直线EF上，故①错误，②③正确，
∵点E在DF上运动，
∴当CE⊥DF时，CE有最小值，
如图3，
∵CD=CF，∠DCF=90°，CE⊥DF，
∴DF= 2CD=2 2，CE=DE=EF= 2，
∴CE的最小值为 2，故④正确，
故答案为：②③④．
分两种情况讨论，由“AAS”可证△BAP≌△HPE，△BAP≌△MPE，可得BP=EH=m，AB=PH=2，EM=BP=m，PM=AB=2，可得m≠2时，∠EFP=45°或135°，点E到BC的距离为m，点D在直线EF上，故①错误，②③正确，由等腰直角三角形的性质可求CE的最小值为 2，故④正确，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
16.【答案】解：(1) 20+ 5 5− 13× 6−( 2−1)( 2+1)+( 3−1)2+4 3+1
=2 5+ 5 5− 13×6−(2−1)+(3−2 3+1)+4×( 3−1)( 3+1)( 3−1)
=3 5 5− 2−1+3−2 3+1+4( 3−1)2
=3− 2−1+3−2 3+1+2( 3−1)
=3− 2−1+3−2 3+1+2 3−2
=4− 2；
(2)sin45°−sin30°cs45∘−tan30°⋅tan60°+cs45°
= 22−12 22− 33× 3+ 22
= 2−1 2−1+ 22
=( 2−1)× 2 2× 2−1+ 22
=2− 22−1+ 22
=1− 22−1+ 22
=0．
【解析】(1)先根据二次根式的性质，二次根式的乘法法则，平方差公式和完全平方公式，分母有理化进行计算，再算乘法和除法，最后根据二次根式的加减法法则进行计算即可；
(2)先根据特殊角的三角函数值进行计算，再根据二次根式的乘法和除法法则进行计算，最后根据二次根式的加减法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，特殊角的三角函数值，平方差公式和分母有理化等知识点，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解(1)的关键，能熟记特殊角的三角函数值是解(2)的关键，注意运算顺序．
17.【答案】解：(1)x2−1=3(x+1)，
(x+1)(x−1)−3(x+1)=0，
(x+1)(x−1−3)=0，
∴x1=−1，x2=4；
(2)x2+2x−1=0，
移项：x2+2x=1，
∴x2+2x+1=1+1，
即(x+1)2=2，
∴x+1= 2，x+1=− 2，
∴x1=−1+ 2，x2=−1− 2．
【解析】(1)提取公因式x+1，即可解答；
(2)利用配方法，即可解答．
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握各种解一元二次方程的方法技巧．
18.【答案】3 △ADC∽△CDB，△ADC∽△ACB，△CDB∽△ACB
【解析】(1)解：图形如图所示：
(2)∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠A+∠B=∠BCD+∠B，
∴∠A=∠BCD，且∠ADC=∠CDB，
∴△ADC∽△CDB，
在△ADC和△ACB中，∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，
∴△ADC∽△ACB，
同理可得△CDB∽△ACB，
∴图中所有相似的三角形有：△ADC∽△CDB，△ADC∽△ACB，△CDB∽△ACB；
故答案为：3，△ADC∽△CDB，△ADC∽△ACB，△CDB∽△ACB；
(3)(Ⅰ)证明：∵△ACD∽△CBD，
∴ADCD=CDBD，
∴CD2=AD⋅BD．
∵△ADC∽△ACB，
∴ACAB=ADAC，
∴AC2=AD⋅AB，
∵△CDB∽△ACB，
∴CBAB=DBCB，
∴BC2=BD⋅BA；
(Ⅱ)证明：∵BC2=BD⋅AB，AC2=AD⋅AB，
∴BC2+AC2=BD⋅AB+AD⋅AB，
=AB⋅(BD+AD)
=AB⋅AB=AB2．
∴BC2+AC2=AB2．
(1)利用两组角相等即可得到两个三角形相似可找到所有相似的三角形；
(2)利用相似三角形的性质即可证明；
(3)利用(1)中结论，可得BC2=BD⋅AB，AC2=AD⋅AB推出BC2+AC2=BD⋅AB+AD⋅AB=AB⋅(BD+AD)=AB⋅AB=AB2；
本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
19.【答案】解：(1)①2 5+ 3=2( 5− 3)( 5+ 3)( 5− 3)= 5− 3
②2 5+ 3=5−3 5+ 3=( 5− 3)( 5+ 3)( 5+ 3)= 5− 3．
(2)原式= 3−1+ 5− 3+ 7− 5+…+ 2n+1− 2n−12
= 2n+1−12．
【解析】(1)分式的分子和分母都乘以 5− 3，即可求出答案；把2看出5−3，根据平方差公式分解因式，最后进进约分即可．
(2)先每一个二次根式分母有理化，再分母不变，分子相加，最后合并即可．
本题考查了分母有理化，平方差公式的应用，主要考查学生的计算和化简能力．
20.【答案】解：延长DF交AB于点G，
则∠AGF=90°，DF=CE=6.6米，CD=EF=BG=1.5米，
设FG=x米，
∴DG=FG+DF=(x+6.6)米，
在Rt△AGF中，∠AFG=45°，
∴AG=FG⋅tan45°=x(米)，
在Rt△AGD中，∠ADG=32°，
∴tan32°=AGDG=xx+6.6，
∴x=6.6tan32°1−tan32°，
∵tan32°≈0.625
∴AB=AG+BG=6.6tan32°1−tan32°+1.5≈12.5(米)，
∴城徽的高AB约为12.5米．
【解析】延长DF交AB于点G，则∠AGF=90°，DF=CE=6.6米，CD=EF=BG=1.5米，设FG=x米，先在Rt△AGF中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，再在Rt△AGD中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】(1)解：设平均增长率为x，由题意得：256×(1+x)2=400，
解得：x=0.25或x=−2.25(舍)；
∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；
(2)解：设降价y元，由题意得：(40−y−25)(400+5y)=4250，
整理得：y2+65y−350=0，
解得：y=5或y=−70(舍)；
∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元．
【解析】(1)利用平均增长率的等量关系：a(1+x)2=b，列式计算即可；
(2)利用总利润=单件利润×销售数量，列方程求解即可．
本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵OA=6，OB=8，
∴AB= OA2+OB2=10，
由题意得AQ=BP=t，则AP=10−t，
当PQ⊥AO，△APQ∽△ABO时，
∴AQAO=APAB，
∴t6=10−t10，解得t=154；

当PQ⊥AB，△APQ∽△AOB时，
∴AQAB=APAO，
∴t10=10−t6，解得t=254>6，舍去，

∴当t=154时，△APQ与△AOB相似；
(2)过P作PC⊥OA于C，则PC//BO，
∴△ACP∽△AOB，
∴CPOB=APAB，
∴CP8=10−t10，
解得CP=45(10−t)，
∵△APQ的面积为8cm2．
∴12t⋅45(10−t)=8，
整理得t2−10t+20=0，
解得t=5+ 5>6(舍去)或t=5− 5，
故当t=5− 5时，△APQ的面积为8cm2．

【解析】(1)勾股定理求出AB=10，分两种情况：当PQ⊥AO，△APQ∽△ABO时，当PQ⊥AB，△APQ∽△AOB时，利用相似三角形的性质求出t即可；
(2)过P作PC⊥OA于C，由PC//BO证得△ACP∽△AOB，得到CPOB=APAB，列得CP8=10−t10，求出CP=45(10−t)，根据△APQ的面积为8cm2，求出t即可．
此题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
23.【答案】5
【解析】(1)证明：如图1，∵∠DPC=∠A=90°，
∴∠BPC+∠APD=180°−∠DPC=90°，∠ADP+∠APD=90°，
∴∠ADP=∠BPC，
∵∠A=∠B=90°，
∴△ADP∽△BPC，
∴ADBP=APBC，
∴AD⋅BC=AP⋅BP．
(2)成立，
理由：如2(甲)，∠DPC=∠A=∠B=α(α<90°)，
∵∠ADP=180°−∠A−∠APD=180°−α−∠APD，∠BPC=180°−∠DPC−∠APD=180°−α−∠APD，
∴∠ADP=∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，
∴ADBP=APBC，
∴AD⋅BC=AP⋅BP．
如图2(乙)，∠DPC=∠A=∠B=β(β>90°)，
∵∠ADP=180°−∠A−∠APD=180°−β−∠APD，∠BPC=180°−∠DPC−∠APD=180°−β−∠APD，
∴∠ADP=∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，
∴ADBP=APBC，
∴AD⋅BC=AP⋅BP．
(3)解：如图3，∵∠B=45°，
∴∠BAD=180°−∠B−∠ADB=135°−∠ADB，
∵△ADE是以点A为直角顶点作等腰直角三角形，
∴AD=AE，∠DAE=90°，∠ADE=∠AED=45°，
∴∠FDE=180°−∠ADE−∠ADB=135°−∠ADB，DE= AD2+AE2= 2AD，
∴∠FDE=∠BAD，
∵∠EFD=45°，AB=2 2，
∴∠EFD=∠B，
∴△FDE∽△BAD，
∴DFAB=DEAD= 2，
∴DF= 2AB= 2×2 2=4，
∵∠CFE=∠CED=180°−45°=135°，∠C=∠C，
∴△CFE∽△CED，
∴CFCE=CECD，
∴CD⋅CF=CE2，
∵CE= 5，CF=CD−DF=CD−4，
∴CD(CD−4)=( 5)2，
解得CD=5或CD=−1(不符合题意，舍去)，
∴线段CD的长为5，
故答案为：5．
(1)由∠DPC=∠A=90°，得∠BPC+∠APD=90°，∠ADP+∠APD=90°，所以∠ADP=∠BPC，而∠A=∠B=90°，即可证明△ADP∽△BPC，得ADBP=APBC，所以AD⋅BC=AP⋅BP；
(2)若∠DPC=∠A=∠B=α(α<90°)，则∠ADP=∠BPC=180°−α−∠APD，所以△ADP∽△BPC，得ADBP=APBC，所以AD⋅BC=AP⋅BP；若∠DPC=∠A=∠B=β(β>90°)，则∠ADP=∠BPC=180°−β−∠APD，所以△ADP∽△BPC，得ADBP=APBC，则AD⋅BC=AP⋅BP．
(3)由∠B=45°，得∠BAD=135°−∠ADB，而AD=AE，∠DAE=90°，∠ADE=∠AED=45°，所以∠FDE=135°−∠ADB，DE= 2AD，则∠FDE=∠BAD，因为∠EFD=∠B=45°，所以△FDE∽△BAD，得DFAB=DEAD= 2，则DF= 2AB=4，再证明△CFE∽△CED，推导出CD⋅CF=CE2，则CD(CD−4)=( 5)2，求得CD=5，于是得到问题的答案．
此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、三角形内角和定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．