新疆师大附中2025届九上数学开学学业质量监测试题【含答案】

学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号…………密…………封…………线…………内…………不…………要…………答…………题…………第2页，共4页新疆师大附中2025届九上数学开学学业质量监测试题题号一二三四五总分得分批阅人A卷（100分）一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）1、（4分）一次函数的图象经过第二、三、四象限，则化简所得的结果是()A． B． C． D．2、（4分）把分式，，进行通分，它们的最简公分母是（）A．x﹣y B．x+y C．x2﹣y2 D．（x+y）（x﹣y）（x2﹣y2）3、（4分）在、、、、3中，最简二次根式的个数有（）A．4 B．3 C．2 D．14、（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是边AB、AD的中点，连接EF，若，，则菱形ABCD的面积为A．24 B．20 C．5 D．485、（4分）如图，已知平行四边形，，，，点是边上一动点，作于点，作（在右边）且始终保持，连接、，设，则满足（）A． B．C． D．6、（4分）下列各组数中,以它们为边长的线段不能构成直角三角形的是()A．1，3，2 B．1，2，5C．5，12，13 D．1，2，27、（4分）在平面直角坐标系中,点P(2,3)关于x轴的对称点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8、（4分）若是完全平方式，则的值应为（）A．3 B．6 C． D．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）将一次函数的图象沿轴方向向右平移1个单位长度得到的直线解析式为_______．10、（4分）王玲和李凯进行投球比赛，每人连投12次，投中一次记2分，投空一次记1分，王玲先投，投得16分，李凯要想超过王玲，应至少投中________次.11、（4分）甲、乙两个班级各20名男生测试“引体向上”，成绩如下图所示：设甲、乙两个班级男生“引体向上”个数的方差分别为S2甲和S2乙，则S2甲____S2乙．（填“＞”，“＜”或“＝”）12、（4分）如图，在菱形ABCD中，AB=4，线段AD的垂直平分线交AC于点N，△CND的周长是10，则AC的长为__________.13、（4分）如图，一根垂直于地面的木杆在离地面高3m处折断,若木杆折断前的高度为8m，则木杆顶端落在地面的位置离木杆底端的距离为________m．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）如图，在平面直角坐标系中，OA=OB=8，OD=1，点C为线段AB的中点.（1）直接写出点C的坐标，C______（2）求直线CD的解析式；（3）在平面内是否存在点F，使得以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由.15、（8分）已知：四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，有一足够大的含60°角的直角三角尺的60°角的顶点与菱形ABCD的顶点A重合，两边分别射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAP＝60°．（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，请直接判断△AEF的形状是．（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE＝CF；（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB＝15°时，求点F到BC的距离．16、（8分）如图1，在正方形和正方形中，边在边上，正方形绕点按逆时针方向旋转（1）如图2，当时，求证：；（2）在旋转的过程中，设的延长线交直线于点．①如果存在某一时刻使得，请求出此时的长；②若正方形绕点按逆时针方向旋转了，求旋转过程中，点运动的路径长．17、（10分）已知，两地相距km，甲、乙两人沿同一公路从地出发到地，甲骑摩托车，乙骑电动车，图中直线，分别表示甲、乙离开地的路程(km)与时问(h)的函数关系的图象.根据图象解答下列问题.（1）甲比乙晚出发几个小时?乙的速度是多少?（2）乙到达终点地用了多长时间?（3）在乙出发后几小时，两人相遇?18、（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于，过线段的中点作的垂线，交轴于点．（1）填空：线段，，的数量关系是______________________；（2）求直线的解析式．B卷（50分）一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、（4分）如图，在中，，底边在轴正半轴上，点在第一象限，延长交轴负半轴于点，延长到点，使，若双曲线经过点，则的面积为________.20、（4分）某花木场有一块如等腰梯形ABCD的空地（如图），各边的中点分别是E、F、G、H，用篱笆围成的四边形EFGH场地的周长为40cm，则对角线________．21、（4分）判断下列各式是否成立：=2；=3；=4；=5类比上述式子，再写出两个同类的式子_____、_____，你能看出其中的规律吗？用字母表示这一规律_____,22、（4分）计算：（﹣4ab2）2÷（2a2b）0＝_____．23、（4分）如图，在等边三角形ABC中，AB=5，在AB边上有一点P，过点P作PM⊥BC，垂足为M，过点M作MN⊥AC，垂足为N，过点N作NQ⊥AB，垂足为Q．当PQ=1时，BP=_____．二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）如图，在四边形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足为F，分别过点B作直线BE∥AD，过点A作直线EA⊥AC于点A，两直线交于点E．（1）求证：四边形AEBD是平行四边形；（2）如果∠ABE=∠ABD=60°，AD=2，求AC的长．25、（10分）如图，直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b的图象l1分别与x轴，y轴交于A（15，0），B两点，正比例函数y=x的图象l2与l1交于点C（m，3）．（1）求m的值及l1所对应的一次函数表达式；（2）根据图象，请直接写出在第一象限内，当一次函数y=kx+b的值大于正比例函数y=x的值时，自变量x的取值范围．26、（12分）已知x=,y=.（1）x+y=，xy=；（2）求x3y+xy3的值.

参考答案与详细解析一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）1、D【解析】

根据题意可得﹣m＜0，n＜0，再进行化简即可．【详解】∵一次函数y＝﹣mx+n的图象经过第二、三、四象限，∴﹣m＜0，n＜0，即m＞0，n＜0，∴＝|m﹣n|+|n|＝m﹣n﹣n＝m﹣2n，故选D．本题考查了二次根式的性质与化简以及一次函数的图象与系数的关系，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键.2、C【解析】试题分析：确定最简公分母的方法是：（1）取各分母系数的最小公倍数；（1）凡单独出现的字母连同它的指数作为最简公分母的一个因式；（3）同底数幂取次数最高的，得到的因式的积就是最简公分母．解：分式，，的分母分别是（x﹣y）、（x+y）、（x+y）（x﹣y）．则最简公分母是（x+y）（x﹣y）=x1﹣y1．故选：C．【点评】本题考查了最简公分母的定义及确定方法，通分的关键是准确求出各个分式中分母的最简公分母，确定最简公分母的方法一定要掌握．3、C【解析】

最简二次根式就是被开方数不含分母，并且不含有开方开的尽的因数或因式的二次根式，根据以上条件即可判断．【详解】、、不是最简二次根式．、3是最简二次根式．综上可得最简二次根式的个数有2个．故选C．本题考查最简二次根式的定义，一定要掌握最简二次根式必须满足两个条件，被开方数不含分母且被开方数不含能开得尽方的因数或因式．4、A【解析】

根据EF是的中位线，根据三角形中位线定理求的BD的长，然后根据菱形的面积公式求解．【详解】解：、F分别是AB，AD边上的中点，即EF是的中位线，，则．故选A．本题考查了三角形的中位线定理和菱形的面积公式，理解中位线定理求的BD的长是关键．5、D【解析】

设PE=x，则PB=x，PF=3x，AP=6-x，由此先判断出，然后可分析出当点P与点B重合时，CF+DF最小；当点P与点A重合时，CF+DF最大.从而求出m的取值范围.【详解】如上图：设PE=x，则PB=x，PF=3x，AP=6-x∵∴由AP、PF的数量关系可知，如上图，作交BC于M，所以点F在AM上.当点P与点B重合时，CF+DF最小.此时可求得如上图，当点P与点A重合时，CF+DF最大.此时可求得∴故选：D此题考查几何图形动点问题，判断出，然后可分析出当点P与点B重合时，CF+DF最小；当点P与点A重合时，CF+DF最大是解题关键.6、D【解析】试题分析：A、∵12+（3）2=22，∴能组成直角三角形；B、∵12+22=（5）2，∴能组成直角三角形；C、∵52+122=132，∴能组成直角三角形；D、∵12+（2）2≠（2）2，∴不能组成直角三角形．故选D．考点：勾股定理的逆定理．7、D【解析】

首先根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得对称点的坐标，再根据坐标符号判断所在象限即可．【详解】点P(2,3)关于x轴的对称点为(2,−3)，(2,−3)在第四象限.故选：D.此题考查关于x轴、y轴对称的点的坐标，解题关键在于掌握对称的性质.8、D【解析】

利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出m的值．【详解】∵=x2+mx+9，

∴m=±6，

故选：D．此题考查完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、【解析】

平移后的直线的解析式的k不变，设出相应的直线解析式，从原直线解析式上找一个点，然后找到向右平移1个单位，代入设出的直线解析式，即可求得b，也就求得了所求的直线解析式．【详解】解：可设新直线解析式为y＝2x+b，∵原直线y＝2x经过点（0，0），∴向右平移1个单位，图像经过（1，0），代入新直线解析式得：b＝，∴新直线解析式为：．故答案为．此题主要考查了一次函数图象与几何变换，用到的知识点为：平移不改变直线解析式中的k，关键是得到平移后函数图像经过的一个具体点．10、1【解析】

根据题意，可以列出相应的不等式，本题得以解决，注意问题中是李凯超过王玲．【详解】解：设李凯投中x个球，总分大于16分，则2x+（12-x）×1＞16，解得，x＞4，∴李凯要想超过王玲，应至少投中1次，故答案为：1．本题考查一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的不等式，利用不等式的性质解答．11、＜【解析】

分别求出甲、乙两个班级的成绩平均数，然后根据方差公式求方差作比较即可.【详解】解：甲班20名男生引体向上个数为5,6,7,8的人数都是5，乙班20名男生引体向上个数为5和8的人数都是6个，个数为6和7的人数都是4个，∴甲班20名男生引体向上的平均数=，乙班20名男生引体向上的平均数=，∴，，∴，故答案为：＜.本题考查了方差的计算，熟练掌握方差公式是解题关键.12、6【解析】∵菱形ABCD中，AB=4，AD的垂直平分线交AC于点N，∴CD=AB=4，AN=DN，∵△CDN的周长=CN+CD+DN=10，∴CN+4+AN=10，∴CN+AN=AC=6.故答案为6.13、4【解析】

由题意得，在直角三角形中，知道了两直角边，运用勾股定理即可求出斜边，从而得出木杆顶端落在地面的位置离木杆底端的距离.【详解】一颗垂直于地面的木杆在离地面处折断，木杆折断前的高度为，木杆顶端落在地面的位置离木杆底端的距离为.故答案为：.此题考查了勾股定理的应用，主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1）C4,4；（2）y=43x-43；（3）点F的坐标是【解析】

（1）根据A（8,0）B（0,8），点C为线段AB的中点即可得到C点坐标；（2）由OD=1，故D（1,0），再由C点坐标用待定系数法即可求解；（3）根据A、C、D的坐标及平行四边形的性质作图分三种情况进行求解【详解】解：（1）∵A（8,0）B（0,8），点C为线段AB的中点∴C（2）由已知得点D的坐标为1,0，设直线CD的解析式是y=ax+b，则a+b=04a+b=4，解得a=∴直线CD的解析式是y=4（3）存在点F，使以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形，①如图1，∵CF平行且等于DA，相当于将点C向右平移7个单位，故点F的坐标是11,4.②如图2，∵AF∥CD，∴AF所在的直线解析式为y=4把A（8,0）代入解得AF所在的直线的解析式是y=4根据A（8,0），B（0,8）求出AB直线的解析式为y=-x+8,∵DF∥AB,∴DF所在的直线解析式为y=-x+b把D（1,0）代入y=-x+b2求得DF所在的直线的解析式是联立y=43x-323y=-x+1，解得：③如图3，当CF平行且等于AD时，相当于将点C向左平移7个单位，故点F的坐标是-3,4.综上，可得点F的坐标是11,4，5,-4，-3,4.此题主要考查一次函数与几何综合，解题的关键是熟知待定系数法求解析式及平行四边形的性质.15、（1）△AEF是等边三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）点F到BC的距离为3﹣3．【解析】

（1）连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出AC＝AB，再证明△BAE≌△DAF，得出AE＝AF，即可得出结论；（2）连接AC，同（1）得：△ABC是等边三角形，得出∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，再证明△BAE≌△CAF，即可得出结论；（3）同（1）得：△ABC和△ACD是等边三角形，得出AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝60°，证明△BAE≌△CAF，得出BE＝CF，AE＝AF，证出△AEF是等边三角形，得出∠AEF＝60°，证出∠AEB＝45°，得出∠CEF＝∠AEF﹣∠AEB＝15°，作FH⊥BC于H，在△CEF内部作∠EFG＝∠CEF＝15°，则GE＝GF，∠FGH＝30°，由直角三角形的性质得出FG＝2FH，GH＝3FH，CF＝2CH，FH＝3CH，设CH＝x，则BE＝CF＝2x，FH＝3x，GE＝GF＝2FH＝23x，GH＝3FH＝3x，得出EH＝4+x＝23x+3x，解得：x＝3﹣1，求出FH＝3x＝3﹣3即可．【详解】（1）解：△AEF是等边三角形，理由如下：连接AC，如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD，∠B＝∠D，∵∠ABC＝60°，∴∠BAD＝120°，△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∵点E是线段CB的中点，∴AE⊥BC，∴∠BAE＝30°，∵∠EAF＝60°，∴∠DAF＝120°﹣30°﹣60°＝30°＝∠BAE，在△BAE和△DAF中，∠B∴△BAE≌△DAF（ASA），∴AE＝AF，又∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形；故答案为：等边三角形；（2）证明：连接AC，如图2所示：同（1）得：△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，∵∠EAF＝60°，∴∠BAE＝∠CAF，∵∠BCD＝∠BAD＝120°，∴∠ACF＝60°＝∠B，在△BAE和△CAF中，∠BAE∴△BAE≌△CAF（ASA），∴BE＝CF；（3）解：同（1）得：△ABC和△ACD是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝60°，∴∠ACF＝120°，∵∠ABC＝60°，∴∠ABE＝120°＝∠ACF，∵∠EAF＝60°，∴∠BAE＝∠CAF，在△BAE和△CAF中，∠BAE∴△BAE≌△CAF（ASA），∴BE＝CF，AE＝AF，∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF＝60°，∵∠EAB＝15°，∠ABC＝∠AEB+∠EAB＝60°，∴∠AEB＝45°，∴∠CEF＝∠AEF﹣∠AEB＝15°，作FH⊥BC于H，在△CEF内部作∠EFG＝∠CEF＝15°，如图3所示：则GE＝GF，∠FGH＝30°，∴FG＝2FH，GH＝3FH，∵∠FCH＝∠ACF﹣∠ACB＝60°，∴∠CFH＝30°，∴CF＝2CH，FH＝3CH，设CH＝x，则BE＝CF＝2x，FH＝3x，GE＝GF＝2FH＝23x，GH＝3FH＝3x，∵BC＝AB＝4，∴CE＝BC+BE＝4+2x，∴EH＝4+x＝23x+3x，解得：x＝3﹣1，∴FH＝3x＝3﹣3，即点F到BC的距离为3﹣3．本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．16、（1）见详解;(2);.【解析】

（1）由正方形的性质得出AD＝AB，AG＝AE，∠BAD＝∠EAG＝90°，由∠BAE＋∠EAD＝∠BAD，∠DAG＋∠EAD＝∠EAG，推出∠BAE＝∠DAG，由SAS即可证得△DAG≌△BAE；（2）①由AB＝2，AE＝1，由勾股定理得AF＝AE＝，易证△ABF是等腰三角形，由AE＝EF，则直线BE是AF的垂直平分线，设BE的延长线交AF于点O，交AD于点H，则OE＝OA＝，由勾股定理得OB=，由cos∠ABO＝，cos∠ABH＝，求得BH＝，由勾股定理得AH＝=，则DH＝AD−AH＝2−，由∠DHP＝∠BHA，∠BAH＝∠DPH＝90°，证得△BAH∽△DPH，得出，即可求得DP；②由△DAG≌△BAE，得出∠ABE＝∠ADG，由∠BPD＝∠BAD＝90°，则点P的运动轨迹为以BD为直径的，由正方形的性质得出BD＝AB＝2，由正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转了60°，得出∠BAE＝60°，由AB＝2AE，得出∠BEA＝90°，∠ABE＝30°，B、E、F三点共线，同理D、F、G三点共线，则P与F重合，得出∠ABP＝30°，则所对的圆心角为60°，由弧长公式即可得出结果．【详解】解答：（1）证明：在正方形ABCD和正方形AEFG中，AD＝AB，AG＝AE，∠BAD＝∠EAG＝90°，∵∠BAE＋∠EAD＝∠BAD，∠DAG＋∠EAD＝∠EAG，∴∠BAE＝∠DAG，在△DAG和△BAE中，，∴△DAG≌△BAE（SAS）；∴BE＝DG；（2）解：①∵AB＝2AE＝2，∴AE＝1，由勾股定理得，AF＝AE＝，∵BF＝BC＝2，∴AB＝BF＝2，∴△ABF是等腰三角形，∵AE＝EF，∴直线BE是AF的垂直平分线，设BE的延长线交AF于点O，交AD于点H，如图3所示：则OE＝OA＝，∴OB=，∵cos∠ABO＝，cos∠ABH＝，∴BH＝，AH＝=，∴DH＝AD−AH＝2−，∵∠DHP＝∠BHA，∠BAH＝∠DPH＝90°，∴△BAH∽△DPH，∴，即∴DP＝；②∵△DAG≌△BAE，∴∠ABE＝∠ADG，∵∠BPD＝∠BAD＝90°，∴点P的运动轨迹为以BD为直径的，BD＝AB＝2，∵正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转了60°，∴∠BAE＝60°，∵AB＝2AE，∴∠BEA＝90°，∠ABE＝30°，∴B、E、F三点共线，同理D、F、G三点共线，∴P与F重合，∴∠ABP＝30°，∴所对的圆心角为60°，∴旋转过程中点P运动的路线长为：.本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、三角函数等知识，综合性强，难度大，知识面广．17、（1）甲比乙晚出发1个小时，乙的速度是20km/h；（2）乙到达终点B地用时4个小时；（3）在乙出发后2小时，两人相遇.【解析】

（1）观察函数图象即可得出甲比乙晚出发1个小时，再根据“速度=路程÷时间”即可算出乙的速度；

（2）由乙的速度即可得出直线OC的解析式，令y=80，求出x值即可得出结论；

（3）根据点D、E的坐标利用待定系数法即可求出直线DE的解析式，联立直线OC、DE的解析式成方程组，解方程组即可求出交点坐标，由此即可得出结论．【详解】解：(1)由图可知：甲比乙晚出发个小时，乙的速度为km/h故：甲比乙晚出发个小时，乙的速度是km/h．(2)由(1)知，直线的解析式为，所以当时，，所以乙到达终点地用时个小时.(3)设直线的解析式为，将，，代入得：，解得：所以直线的解析式为，联立直线与的解析式得：解得：所以直线与直线的交点坐标为，所以在乙出发后小时，两人相遇.故答案为：（1）甲比乙晚出发1个小时，乙的速度是20km/h；（2）乙到达终点B地用时4个小时；（3）在乙出发后2小时，两人相遇.本题考查一次函数的应用、待定系数法求函数解析式以及解二元一次方程组，解题的关键是：（1）根据“速度=路程÷时间”求出乙的速度；（2）找出直线OC的解析式；（3）联立两直线解析式成方程组．解决该题型题目时，观察函数图象，根据函数图象给定数据解决问题是关键．18、（1）；（2）【解析】

（1）连接BC，根据线段垂直平分线性质得出BC=AC，然后根据勾股定理可得，进而得出；（2）根据一次函数解析式求出点A坐标，从而得出OA=6.设OC=x，在Rt△BOC中利用勾股定理建立方程求出OC的长，进而得出CA长度，然后利用三角形面积性质求出点M到x轴的距离，从而进一步得出M的坐标，之后根据M、C两点坐标求解析式即可.【详解】（1）如图所示，连接BC，∵MC⊥AB，且M为AB中点，∴BC=AC，∵△BOC为直角三角形，∴，∴；（2）∵直线与坐标轴交于两点，∴OA=6，OB=4，设OC=x，则BC=，∴，解得，∴△BCA面积==，设M点到x轴距离为n，则：，∴n=.∴M坐标为（3,2），∵C坐标为（，0）设CM解析式为：，则：，，∴，，∴CM解析式为：.本题主要考查了一次函数与勾股定理的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、【解析】

连接BE，先根据题意证明BE⊥BC，进而判定△CBE∽△BOD，根据相似比得出BC×OD=OB×BE的值即为|k|的值，再由三角形面积公式即可求解．【详解】解：如图，连接，∵等腰三角形中，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，即，∴，又∵，∴，∴，即，又∵双曲线的图象过点，∴，∴的面积为.故答案为：.此题主要考查了反比例函数比例系数k的几何意义，解题时注意：过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，体现了数形结合的思想．20、20cm【解析】

根据等腰梯形的性质及三角形中位线的性质可推出四边形EFGH为菱形，根据菱形的性质可求得其边长，再根据三角形中位线的性质即可求得梯形对角线AC的长度．【详解】连接BD∵四边形ABCD是等腰梯形∴AC=BD∵各边的中点分别是E.F.G、H∴HG=AC=EF，EH=BD=FG∴HG=EH=EF=FG，∴四边形EFGH是菱形∵四边形EFGH场地的周长为40cm∴EF=10cm∴AC=20cm本题考查菱形的判定及等腰梯形的性质，熟练掌握菱形的基本性质是解题关键.21、【解析】

类比上述式子，即可两个同类的式子，然后根据已知的几个式子即可用含n的式子将规律表示出来．【详解】，用字母表示这一规律为：，故答案为：，.此题考查二次根式的性质与化简，解题关键在于找到规律.22、16a2b1【解析】

直接利用整式的除法运算法则以及积的乘方运算法则计算得出答案．【详解】解：（-1ab2）2÷（2a2b）0=16a2b1÷1=16a2b1，故答案为：16a2b1．本题主要考查了整式的乘除运算和零指数幂，正确掌握相关运算法则是解题关键．23、或【解析】分析：由题意可知P点可能靠近B点，也可能靠近A点，所以需要分为两种情况：设BM=x，AQ=y，若P靠近B点，由题意可得∠BPM=30°，根据直角三角形的性质可得BP=2BM=2x，AN=2y，CM=2CN=10-4y，再根据AB=BC=5，PQ=1，列方程组，解出x、y即可求得BP的长；若点P靠近A点，同理可得，求解即可.详解：设BM=x，AQ=y，若P靠近B点，如图∵等边△ABC，∴AB=BC=AC=5，∠A=∠B=∠C=60°∵PM⊥BC∴∠BMP=90°则Rt△BMP中，∠BPM=30°，∴BM=BP则BP=2x