期中模拟预测卷01（测试范围：第1章-第4章）-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（北师大版）

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2022-2023学年九年级数学上学期期中模拟预测卷01
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
考生注意：
1． 本试卷26道试题，满分120分，考试时间100分钟．
2． 本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．
3． 答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．
一．选择题（共10小题每题3分，满分30分）
1．一元二次方程x2﹣6x+5＝0配方后可变形为（　　）
A．（x﹣3）2＝14 B．（x﹣3）2＝4 C．（x+3）2＝14 D．（x+3）2＝4
【分析】先把方程的常数项移到右边，然后方程两边都加上32，这样方程左边就为完全平方式．
【解答】解：x2﹣6x＝﹣5，
x2﹣6x+9＝﹣5+9，即（x﹣3）2＝4，
故选：B．
【点评】本题考查了利用配方法解一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）：先把二次系数变为1，即方程两边除以a，然后把常数项移到方程右边，再把方程两边加上一次项系数的一半．
2．如图，矩形ABCD中，∠BOC＝120°，AB＝4，则AC的长是（　　）

A．2 B．2 C．4 D．8
【分析】由矩形的性质得出OA＝OB，再证明△AOB是等边三角形，得出OA＝AB＝4，由AC＝2OA，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝AC，OB＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠BOC＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB＝4，
∴AC＝2OA＝8；
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
3．有一根1m长的铁丝，怎样用它围成一个面积为0.06m2的长方形？设长方形的长为xm，依题意，下列方程正确的是（　　）
A．x（1﹣x）＝0.06 B．x（1﹣2x）＝0.06
C．x（0.5﹣x）＝0.06 D．2x（1﹣2x）＝0.06
【分析】设长方形的长为xm，则设长方形的宽为（0.5﹣x）m，根据长×宽＝0.06m2列出方程即可．
【解答】解：设长方形的长为xm，则设长方形的宽为（0.5﹣x）m，由题意，得
x（0.5﹣x）＝0.06．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程．设出长方形的长为xm，根据长方形的周长公式用含x的代数式正确表示长方形的宽是解题的关键．
4．一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球后不放回，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球标号之和等于5的概率为（　　）
A． B． C． 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两次摸出的小球标号之和等于5的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，两次摸出的小球标号之和等于5的有4种情况，
∴两次摸出的小球标号之和等于5的概率是：＝．
故选：C．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．当有两个元素时，可用树形图列举，也可以列表列举．解题时注意：概率＝所求情况数与总情况数之比．
5．某时刻，测得身高1.8米的人在阳光下的影长是1.5米，同一时刻，测得某旗杆的影长为12米，则该旗杆的高度是（　　）
A．10米 B．12米 C．14.4米 D．15米
【分析】在同一时刻，物体的实际高度和影长成比例，据此列方程即可解答．
【解答】解：∵同一时刻物高与影长成正比例．
∴1.8：1.5＝旗杆的高度：12
∴旗杆的高度为14.4米
故选：C．
【点评】本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求出旗杆的高度，体现了方程的思想．
6．一元二次方程2x2﹣2x﹣1＝0的根的情况为（　　）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
【分析】计算判别式的值得到Δ＞0，然后根据判别式的意义计算判断．
【解答】解：∵Δ＝（﹣2）2﹣4×2×（﹣1）＝12＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
7．如图，已知AB∥CD∥EF，AD：DF＝3：2，BC＝6，CE的长为（　　）

A．2 B．7 C．4 D．5
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴＝，
∵AD：DF＝3：2，BC＝6，
∴＝，
解得：CE＝4，
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
8．如图，为测量学校旗杆的高度，小东用长为3.2m的竹竿做测量工具，移动竹竿使竹竿和旗杆两者顶端的影子恰好落在地面的同一点A，此时，竹竿与点A相距8m，与旗杆相距22m，则旗杆的高为（　　）

A．6m B．8.8m C．12m D．30m
【分析】竹竿、旗杆以及经过竹竿和旗杆顶部的太阳光线正好构成了一组相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例即可求得旗杆的长．
【解答】解：如图，AD＝8m，AB＝30m，DE＝3.2m；
由于DE∥BC，则△ADE∽△ABC，得：
＝，即 ＝，
解得：BC＝12m，
故选：C．

【点评】本题考查了相似三角形的应用，解题时关键是找出相似的三角形，建立适当的数学模型来解决问题．
9．下列命题错误的是（　　）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．一条对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形是正确的，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形是正确的，不符合题意；
C、一条对角线平分一组对角的四边形不一定是菱形，原来的说法错误，符合题意；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形是正确的，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定定理，难度不大．
10．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（　　）
A．对角相等 B．四条边都相等
C．邻角互补 D．对角线互相平分
【分析】根据菱形和矩形的性质，容易得出结论．
【解答】解：菱形的性质有：四条边都相等，对边平行且相等；对角相等，邻角互补；对角线互相垂直平分；
矩形的性质有：对边平行且相等；四个角都是直角；对角线互相平分；
根据菱形和矩形的性质得出：菱形具有而矩形不一定具有的性质是四条边都相等；
故选：B．
【点评】本题考查了菱形和矩形的性质；熟练掌握菱形和矩形的性质是解决问题的关键．
二．填空题（共8小题，每题4分，满分24分）
11．关于x的一元二次方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1＝0有实数根，则实数a的取值范围是　a≥1且a≠5　．
【分析】在与一元二次方程有关的求值问题中，必须满足下列条件：
（1）二次项系数不为零；
（2）在有实数根下必须满足Δ＝b2﹣4ac≥0．
【解答】解：因为关于x的一元二次方程有实根，
所以Δ＝b2﹣4ac＝16+4（a﹣5）≥0，
解之得a≥1．
∵a﹣5≠0
∴a≠5
∴实数a的取值范围是a≥1且a≠5
故答案为a≥1且a≠5．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
12．已知一等腰三角形的底边长为5，腰长为方程x2﹣8x+12＝0的根，该等腰三角形的周长为 　17　．
【分析】利用因式分解法求出方程的解确定出腰长，进而求出周长即可．
【解答】解：方程x2﹣8x+12＝0，
分解因式得：（x﹣2）（x﹣6）＝0，
所以x﹣2＝0或x﹣6＝0，
解得：x＝2或x＝6，
当x＝2时，三边为2，2，5，2+2＜5，不能构成三角形，舍去；
当x＝6时，三边为6，6，5，5+6＞6，能构成三角形，其周长为6+6+5＝17，
综上，该等腰三角形的周长为17．
故答案为：17．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，三角形三边关系，以及等腰三角形的性质，熟练掌握因式分解法解方程以及各自的性质是解本题的关键．
13．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若再添加一个条件，就可得平行四边形ABCD是矩形，则你添加的条件是　AC＝BD或∠ABC＝90°　．

【分析】矩形是特殊的平行四边形，矩形有而平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线相等，矩形的四个内角是直角；可针对这些特点来添加条件．
【解答】解：若使▱ABCD变为矩形，可添加的条件是：
AC＝BD；（对角线相等的平行四边形是矩形）
∠ABC＝90°等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形）
故答案为：AC＝BD或∠ABC＝90°．
【点评】此题主要考查的是平行四边形的性质及矩形的判定方法，熟练掌握矩形和平行四边形的联系和区别是解答此题的关键．
14．如图，在矩形ABCD中，E，F，G，H分别为边AB，AD，CD，BC的中点，若AB＝6，AD＝8，则图中阴影部分的面积为　24　．

【分析】连接AC，根据三角形中位线定理得到EH∥AC，EH＝AC，得到△BEH∽△BAC，根据相似三角形的性质计算即可．
【解答】解：连接AC，
∵E、H分别为边AB、BC的中点，
∴EH∥AC，EH＝AC，
∴△BEH∽△BAC，
∴S△BEH＝S△BAC＝S矩形ABCD，
同理可得，图中阴影部分的面积＝×6×8＝24，
故答案为：24．

【点评】本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的性质，掌握三角形中位线定理、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
15．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝45°，BC＝6，高AG＝2，沿虚线EF将纸片剪成两个面积相等的部分，若∠GEF＝30°，则AF的长为 　2﹣　．

【分析】由等腰直角三角形的性质可求GA的长，由直角三角形的性质可求EH的长，即可求解．
【解答】解：过F作FH⊥BC于H，

∵高AG＝2，∠B＝45°，
∴BG＝AG＝2，
∵AG⊥BC，FH⊥BC，
∴AG∥FH，
∵AG＝FH，
∴四边形AGHF是矩形，
∴AF＝GH，
∵FH⊥BC，∠BEF＝30°，
∴EH＝AG＝2，
∵沿虚线EF将纸片剪成两个全等的梯形，
∴AF＝CE，
∴BC＝BG+GH+HE+CE＝2+2AF+2＝6，
∴AF＝2﹣，
故答案为：2﹣．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，求出BG，HE的长是解题的关键．
16．已知，则的值是　　．
【分析】根据等比性质：⇒＝，可得答案．
【解答】解：由等比性质，得
＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，利用等比性质是解题关键．
17．如图，某一时刻一根2米长的竹竿EF影长GE为1.2米，此时，小红测得一棵被风吹斜的杨树与地面成30°角，树顶端B在地面上的影子点D与B到垂直地面的落点C的距离是3.6米，则树长AB等于　12　米．

【分析】先利用△BDC∽△FGE得到＝，可计算出BC＝6，然后在Rt△ABC中利用含30度的直角三角形三边的关系即可得到AB的长．
【解答】解：如图，CD＝3.6m，
∵△BDC∽△FGE，
∴＝，即＝，
∴BC＝6，
在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝12，
即树长AB是12米．
故答案为12．
【点评】本题考查了相似三角形的应用：利用影长测量物体的高度；利用相似测量河的宽度（测量距离）；借助标杆或直尺测量物体的高度．
18．已知α、β是一元二次方程x2﹣2x﹣8＝0的两个实数根，则α+β+2αβ的值是 　﹣14　．
【分析】根据根与系数的关系得出α+β＝2，αβ＝﹣8，再代入α+β+2αβ求出答案即可．
【解答】解：∵α、β是一元二次方程x2﹣2x﹣8＝0的两个实数根，
∴α+β＝2，αβ＝﹣8，
∴α+β+2αβ＝2+2×（﹣8）＝2+（﹣16）＝﹣14，
故答案为：﹣14．
【点评】本题考查了根与系数的关系，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0，b2﹣4ac≥0）的两根为x1，x2，则x1+x2＝﹣，x1•x2＝．
三．解答题（共8小题，满分66分）
19．解方程：
（1）x（x﹣2）+x﹣2＝0
（2）x2+2x﹣1＝0．
【分析】（1）因式分解法求解可得；
（2）公式法求解可得．
【解答】解：（1）∵（x﹣2）（x+1）＝0，
∴x﹣2＝0或x+1＝0，
解得：x＝2或x＝﹣1；
（2）∵a＝1、b＝2、c＝﹣1，
∴△＝4﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，
则x＝＝﹣1±
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键
20．甲乙两人报名参加疫情防控志愿者活动，他们将被随机分配到A、B、C、D四个小区协助医务人员做核酸检测工作．（1）甲被派到C小区的概率是 　　．
（2）请用画树状图或列表的方法求甲被派到B小区，同时乙被派到D小区的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数和甲被派到B小区，同时乙被派到D小区的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）甲被派到C小区的概率是；
故答案为：；
（2）根据题意画树状图如下：

∵共有12种等可能的结果数，其中甲被派到B小区，同时乙被派到D小区的结果数为1，
∴甲组抽到B小区，同时乙组抽到D小区的概率为．
【点评】此题考查的是树状图法求概率．树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．一商店销售某种商品，平均每天可售出20件，每件盈利40元．为了扩大销售，增加盈利，该店采取了降价措施．在每件盈利不少于30元的前提下，经过一段时间销售，发现销售单价每降低0.5元，平均每天可多售出1件．
（1）若降价7元，则平均每天销售数量为 　34　件；
（2））当每件商品降价多少元时，该商店每天销售利润为1050元？
【分析】（1）利用平均每天的销售量＝20+×1，即可求出结论；
（2）设每件商品降价x元，则每件盈利（40﹣x）元，日销售量为（20+×1）件，利用该商店每天销售该商品获得的利润＝每件盈利×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合每件盈利不少于30元，即可得出每件商品应降价5元．
【解答】解：（1）20+×1＝34（件）．
故答案为：34．
（2）设每件商品降价x元，则每件盈利（40﹣x）元，日销售量为（20+×1）件，
依题意得：（40﹣x）（20+×1）＝1050，
整理得：x2﹣30x+125＝0，
解得：x1＝5，x2＝25，
当x＝5时，40﹣x＝40﹣5＝35＞30，符合题意；
当x＝25时，40﹣x＝40﹣25＝15＜30，不符合题意，舍去．
答：当每件商品降价5元时，该商店每天销售利润为1050元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
22．已知关于x的一元二次方程：x2﹣（m﹣3）x﹣m＝0．
（1）证明：无论m为何值，原方程有两个不相等的实数根；
（2）当方程有一根为1时，求m的值及方程的另一根．
【分析】（1）只要证明Δ＞0恒成立即可；
（2）可将该方程的已知根1代入方程，求出m的值，即可求出方程的另一根
【解答】（1）证明：Δ＝（m﹣3）2﹣4（﹣m）
＝m2﹣6m+9+4m
＝m2﹣2m+9
＝（m﹣1）2+8，
∵（m﹣1）2＞0，
∴（m﹣1）2+8＞0，即Δ＞0，
∴方程有两个不相等的两个实数根；
（2）解：∵x＝1是方程x2﹣（m﹣3）x﹣m＝0的一个根，
∴1﹣（m﹣3）﹣m＝0，
解得：m＝2，
则方程为：x2+x﹣2＝0
解得：x1＝1，x2＝﹣2，
∴方程的另一根为﹣2．
【点评】此题考查了一元二次方程的解和根的判别式，解决此类题目时要认真审题，根据根的判别式列出式子．
23．如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（2，1），B（1，﹣2）．
（1）以原点O为位似中心，画三角形，使它与△OAB位似，且相似比为2：1；
（2）△AOB内部一点M的坐标为（a，b），写出点M在（1）中△AOB的位似图形中对应点的坐标．

【分析】（1）分在位似中心O的同侧和异侧两种情形；
（2）直接利用位似比可得出坐标．
【解答】解：（1）如图，△OA'B'，△OA''B''即为所求；

（2）若对应点在△OA'B'中，对应点坐标为（2a，2b），
若对应点在△OA''B''中，对应点坐标为（﹣2a，﹣2b）．
故对应点坐标为：（2a，2b）或（﹣2a，﹣2b）．
【点评】本题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质得出对应点的位置是解题的关键．
24．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC交DC的延长线于点E，且BD＝BE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若∠DBC＝30°，BO＝6，求四边形ABED的面积．

【分析】（1）先证四边形ABEC是平行四边形，再证AC＝BD，然后由矩形的判定定理即可得出结论；
（2）证△AOB是等边三角形，得AB＝BO＝6，再由勾股定理得AD＝BC＝6，然后由平行四边形的性质得CE＝AB＝6，则DE＝CE+CD＝12，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
又∵BE∥AC，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴AC＝BE．
又∵BD＝BE，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，CD＝AB，OA＝OC，DO＝BO＝6，AC＝BD，∠ABC＝90°，
∴OA＝BO＝6，AB⊥BC，
∴AC＝2OA＝12，
∵∠DBC＝30°，
∴∠ABO＝90°﹣30°＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝BO＝6，
∴AD＝BC＝＝＝6，
由（1）可知，四边形ABEC是平行四边形，
∴CE＝AB＝6，
∴DE＝CE+CD＝12，
∵AB∥DE，
∴S四边形ABED＝（AB+DE）•AD＝×（6+12）×6＝54．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
25．如图，在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝90°，∠B＝30°，D是BC上一点，AE⊥AD，∠ADE＝30°，连接CE．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
（2）求证：△ACE∽△ABD；
（3）设CE＝x，当CD＝2CE时，求x的值．

【分析】（1）求出∠EAD＝∠CAB＝90°，∠B＝∠ADE，根据相似三角形的判定得出即可；
（2）根据相似得出比例式，求出∠EAC＝∠DAB，再根据相似三角形的判定得出即可；
（3）根据相似得出比例式，求出BD＝x，再根据BC＝8得出2x+x＝8，求出方程的解即可．
【解答】（1）证明：∵AE⊥AD，∠BAC＝90°，
∴∠EAD＝∠CAB＝90°，
∵∠B＝30°，∠ADE＝30°，
∴∠B＝∠ADE，
∴△ADE∽△ABC；

（2）证明：∵∠EAD＝∠CAB＝90°，
∴∠EAC＝∠DAB＝90°﹣∠CAD，
∵△ADE∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴△ACE∽△ABD；

（3）解：在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，
∴BC＝2AC＝8，AB＝＝＝4，
∵CE＝x，CD＝2CE，
∴CD＝2x，
∵△ACE∽△ABD，
∴＝，
∴＝，
∴BD＝x，
∴BC＝CD+BD＝2x+x＝8，
解得：x＝16﹣8．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
26．问题：如图1，P是矩形ABCD内任意一点，通过构造直角三角形，利用勾股定理，你能发现AP2+CP2与BP2+DP2的数量关系为 　AP2+CP2＝BP2+DP2　．
探究：如图2，P是矩形ABCD外任意一点，上面的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
应用：如图3，在△ABC中，CA＝6，CB＝8，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，求AB的最小值．

【分析】问题：过P作PM⊥AD于M，交BC于N，则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，得AM＝BN，AB＝MN＝DC，DM＝CN，再由勾股定理即可得出结论；
探究：过P作PM⊥AD于M，交BC于N，则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，得AM＝BN，AB＝MN＝DC，DM＝CN，再由勾股定理即可得出结论；
应用：以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，则AB＝DE，由探究得：CD2+CE2＝CA2+CB2，求出CE＝4，当C、D、E三点共线时，DE最小，即可得出结论．
【解答】解：问题：AP2+CP2与BP2+DP2的数量关系为：AP2+CP2＝BP2+DP2，理由如下：
如图1，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，


则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，
∴AM＝BN，AB＝MN＝DC，DM＝CN，
由勾股定理得：AP2＝AM2+PM2，CP2＝CN2+PN2，BP2＝BN2+PN2，DP2＝DM2+PM2，
∴AP2+CP2＝AM2+PM2+CN2+PN2，BP2+DP2＝BN2+PN2+DM2+PM2，
∴AP2+CP2＝BP2+DP2，
故答案为：AP2+CP2＝BP2+DP2；
探究：成立，理由如下：
如图2，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，

则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，
∴AM＝BN，AB＝MN＝DC，DM＝CN，
由勾股定理得：AP2＝AM2+PM2，CP2＝CN2+PN2，BP2＝BN2+PN2，DP2＝DM2+PM2，
∴AP2+CP2＝AM2+PM2+CN2+PN2，BP2+DP2＝BN2+PN2+DM2+PM2，
∴AP2+CP2＝BP2+DP2；
应用：如图3，以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，

则AB＝DE，
由探究得：CD2+CE2＝CA2+CB2，
即22+CE2＝62+82，
解得：CE＝＝4，
当C、D、E三点共线时，DE最小，
∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝4﹣2．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及最小值等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．