2022-2023学年河南省信阳市商城县八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省信阳市商城县八年级（下）期末数学试卷（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。

2022-2023学年河南省信阳市商城县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 二次根式 2−x有意义，则x的取值范围是(    )
A. x>2 B. x<2 C. x≥2 D. x≤2
2. 下列计算结果正确的是(    )
A. 3+ 4= 7 B. 3 5− 5=3 C. 2× 5=10 D. 18÷ 2=3
3. 由下列线段a，b，c不能组成直角三角形的是(    )
A. a=3，b=4，c=5 B. a=1，b=2，c= 5
C. a=2，b=2 3，c=3 D. a=1，b=2，c= 3
4. 小明骑自行车上学，开始以正常速度匀速行驶，但行至中途自行车出了故障，只好停下来修车，车修好后，因怕耽误上课，加快了骑车速度，下面是小明离家后他到学校剩下的路程s关于时间t的函数图象，那么符合小明行驶情况的图象大致是(    )
A. B. C. D.
5. 已知一次函数y=(2m−1)x+1上两点A(x1,y1)、B(x2,y2)，当x1 A. m<12 B. m>12 C. m<2 D. m>0
6. 已知A样本的数据如下：72，73，76，76，77，78，78，B样本的数据恰好是A样本数据每个都加2，则A，B两个样本的下列统计量对应相同的是(    )
A. 平均数 B. 方差 C. 中位数 D. 众数
7. 一次函数y=mx+n与y=mnx(mn≠0)，在同一平面直角坐标系的图象是(    )
A. B.
C. D.
8. 若平行四边形中两个内角的度数比为1：3，则其中较小的内角是(    )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°
9. 如图，把矩形ABCD沿EF翻折，点B恰好落在AD边的B′处，若AE=2，DE=6，∠EFB′=60°，则矩形ABCD的面积是(    )
A. 12
B. 24
C. 12 3
D. 16 3
10. 如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO.若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3.其中正确结论的个数是(    )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 如图，阴影部分是两个正方形，其他三个图形是一个正方形和两个直角三角形，则阴影部分的面积之和为______ ．


12. 若一次函数y=−2x+b(b为常数)的图象经过第二、三、四象限，则b的值可以是          (写出一个即可)．
13. 在四边形ABCD中，AD//BC，再从下列四个条件中：①AB//CD；②AB=CD；③∠A=∠C；④∠B=∠C任选一个，能使四边形ABCD为平行四边形的条件的序号是______．
14. 如图，它是一个数值转换机，若输入的a值为 2，则输出的结果应为______．

15. 已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值=______．


三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
计算：
(1)(3 18+16 72−4 18)÷4 2；
(2)先化简，再求值：[x+2x(x−1)−1x−1]⋅xx−1，其中x= 2+1．
17. (本小题7.0分)
如图，正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点按下列要求画图：
(1)在图①中画一条线段MN，使MN= 17；
(2)在图②中画一个三边长均为无理数，且各边都不相等的直角△DEF．

18. (本小题9.0分)
已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．
(1)求证：△ABM≌△DCM；
(2)填空：当AB：AD= ______ 时，四边形MENF是正方形．

19. (本小题9.0分)
画出函数y=2x+6的图象，利用图象：



①求方程2x+6=0的解        
②求不等式2x+6>0的解；   ③若−1≤y≤3，求x的取值范围．
20. (本小题9.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象与x轴交点为A(−3,0)，与y轴交点为B，且与正比例函数y=43x的图象交于点C(m,4)．
(1)求m的值及一次函数y=kx+b的表达式；
(2)若点P是y轴上一点，且△BPC的面积为6，请求出点P的坐标．

21. (本小题9.0分)
甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，两人在相同条件下各射击10次，射击的成绩如图所示．

根据图中信息，回答下列问题：
(1)甲的平均数是______，乙的中位数是______；
(2)分别计算甲、乙成绩的方差，并从计算结果来分析，你认为哪位运动员的射击成绩更稳定？
22. (本小题11.0分)
有一科技小组进行了机器人行走性能试验，在试验场地有A、B、C三点顺次在同一笔直的赛道上，甲、乙两机器人分别从A、B两点同时同向出发，历时7分钟同时到达C点，乙机器人始终以60米/分的速度行走，如图是甲、乙两机器人之间的距离y(米)与他们的行走时间x(分钟)之间的函数图象，请结合图象，回答下列问题：

(1)A、B两点之间的距离是______米，甲机器人前2分钟的速度为______米/分；
(2)若前3分钟甲机器人的速度不变，求线段EF所在直线的函数解析式；
(3)若线段FG//x轴，则此段时间，甲机器人的速度为______米/分；
(4)求A、C两点之间的距离；
(5)若前3分钟甲机器人的速度不变，直接写出两机器人出发多长时间相距28米．
23. (本小题11.0分)
某数学兴趣小组开展了一次课外活动，过程如下：如图①，正方形ABCD中，AB=6，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．
(1)求证：DP=DQ；
(2)如图②，小明在图1的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，他发现PE和QE存在一定的数量关系，请猜测他的结论并予以证明；
(3)如图③，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交BC的延长线于点Q，仍作∠PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB：AP=3：4，请帮小明算出△DEP的面积．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：由题意得2−x≥0，
解得，x≤2，
故选：D．
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解：A、原式= 3+2，所以A选项错误；
B、原式=−2 5，所以B选项错误；
C、原式= 2×5= 10，所以C选项错误；
D、原式= 18÷3=3，所以D选项正确．
故选：D．
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的乘法法则对C进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．

3.【答案】C 
【解析】解：A、因为32+42=52，所以能组成直角三角形；
B、因为12+22=( 5)2，所以能组成直角三角形；
C、因为22+32≠(2 3)2，所以不能组成直角三角形；
D、因为12+( 3)2=22，所以能组成直角三角形．
故选：C．
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．

4.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查了学生从图象中读取信息的能力．解决此类识图题，同学们要注意分析其中的“关键点”，还要善于分析各图象的变化趋势．
由于开始以正常速度匀速行驶，接着停下修车，后来加快速度匀驶，所以开始行驶路S是均匀减小的，接着不变，后来速度加快，所以S变化也加快变小，由此即可作出选择．
【解答】
解：因为开始以正常速度匀速行驶---停下修车---加快速度匀驶，可得S先缓慢减小，再不变，在加速减小．
故选D．
  
5.【答案】B 
【解析】解：∵当x1 ∴y随x的增大而增大
∴2m−1>0，
∴m>12．
故选：B．
先根据x10，解不等式即可求解．
本题考查一次函数的图象性质：当k>0，y随x增大而增大；当k<0时，y将随x的增大而减小．

6.【答案】B 
【解析】
【分析】
此题主要考查统计的有关知识，掌握平均数、中位数、众数、方差的意义是解题的关键．
根据样本A，B中数据之间的关系，结合众数，平均数，中位数和标准差的定义即可得到结论．
【解答】
解：设样本A中的数据为xi，则样本B中的数据为yi=xi+2，
则样本数据B中的众数和平均数以及中位数和A中的众数，平均数，中位数相差2，
只有方差没有发生变化；
故选：B．  
7.【答案】C 
【解析】解：(1)当m>0，n>0时，mn>0，
一次函数y=mx+n的图象过一、二、三象限，正比例函数y=mnx的图象过一、三象限，无符合项；
(2)当m>0，n<0时，mn<0，
一次函数y=mx+n的图象过一、三、四象限，正比例函数y=mnx的图象过二、四象限，C选项符合；
(3)当m<0，n<0时，mn>0，
一次函数y=mx+n的图象过二、三、四象限，正比例函数y=mnx的图象过一、三象限，无符合项；
(4)当m<0，n>0时，mn<0，
一次函数y=mx+n的图象过一、二、四象限，正比例函数y=mnx的图象过二、四象限，无符合项．
故选：C．
由于m、n的符号不确定，故应先讨论m、n的符号，再根据一次函数的性质进行选择．
一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k>0，b>0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k>0，b<0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k<0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k<0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限．
本题考查一次函数图象与系数的关系．

8.【答案】B 
【解析】解：设平行四边形中两个内角的度数分别为x，3x，
则x+3x=180，
解得：x=45，
∴其中较小的内角是45°．
故选：B．
首先设平行四边形中两个内角分别为x，3x，由平行四边形的邻角互补，即可得x+3x=180，继而求得答案．
此题考查了平行四边形的性质．注意平行四边形的邻角互补．

9.【答案】D 
【解析】解：∵，把矩形ABCD沿EF翻折，点B恰好落在AD边的B′处，
∴∠BFE=∠EFB′=60°，AB=A′B′，∠A=∠A′=90°，AE=A′E=2，
∵ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠DEF=∠EFB=60°，
∵A′E//B′F，
∴∠A′EF+∠EFB′=180°，
∴∠A′EF=120°，
∴∠A′EB′=60°且∠A′=90°，
∴∠A′B′E=30°，且A′E=2，
∴B′E=4，A′B′=2 3=AB，
∵AE=2，DE=6，
∴AD=8，
∴S矩形ABCD=AB×AD=2 3×8=16 3．
故选：D．
由折叠可得AE=A′E=2，∠EFB=∠EFB′=60°，根据平行线性质可得∠A′EF=120°，∠B′EF=60°，解直角三角形A′E′B′可得A′B′的长度，则可求矩形ABCD面积．
本题考查了折叠问题，等边三角形的性质，矩形的性质，关键灵活运用折叠的性质解决问题．

10.【答案】B 
【解析】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，
故①正确；
②∵△BOC为等边三角形，FO=FC，
∴BO⊥EF，BF⊥OC，
∴∠CMB=∠EOB=90°，
∴BO≠BM，
∴△EOB与△CMB不全等；
故②错误；
③易知△ADE≌△CBF，∠1=∠2=∠3=30°，
∴∠ADE=∠CBF=30°，∠BEO=60°，
∴∠CDE=60°，∠DFE=∠BEO=60°，
∴∠CDE=∠DFE，
∴DE=EF，
故③正确；
④易知△AOE≌△COF，
∴S△AOE=S△COF，
∵S△COF=2S△CMF，
∴S△AOE：S△BCM=2S△CMF：S△BCM=2FMBM，
∵∠FCO=30°，
∴FM=CM 3，BM= 3CM，
∴FMBM=13，
∴S△AOE：S△BCM=2：3，
故④正确；
所以其中正确结论的个数为3个；
故选：B．
①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；
②在△EOB和△CMB中，对应直角边不相等，则两三角形不全等；
③可证明∠CDE=∠DFE；
④可通过面积转化进行解答．
本题综合性比较强，既考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，又考查了全等三角形的性质和判定，及线段垂直平分线的性质，内容虽多，但不复杂；看似一个选择题，其实相当于四个证明题，属于常考题型．

11.【答案】64 
【解析】解：由勾股定理得，CD= 172−152=8，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=8，
∴阴影部分的面积之和=82=64，
故答案为：64．
根据勾股定理求出CD，根据正方形的性质、勾股定理计算即可．
本题考查的是勾股定理，直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．

12.【答案】−1 
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数图象与系数的关系，解题的关键是根据函数图象所过的象限找出它的系数的正负．
本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，能够熟练的运用一次函数图象与系数的关系是关键．
根据一次函数的图象经过第二、三、四象限，可以得出k<0，b<0，随便写出一个小于0的b值即可．
【解答】
解：∵一次函数y=−2x+b(b为常数)的图象经过第二、三、四象限，
∴k<0，b<0．
故答案为：−1(答案不唯一)．  
13.【答案】①或③ 
【解析】解：①∵AD//BC，AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①符合题意；
②由AD//BC，AB=CD，不能得出四边形ABCD是平行四边形，故②不符合题意；
③∵AD//BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠C+∠B=180°，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故③符合题意；
④由AD//BC，∠B=∠C，不能得出四边形ABCD是平行四边形，故④不符合题意；
故答案为：①或③．
由平行四边形的判定分别对各个条件进行判断即可．
本题考查平行四边形的判定以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．

14.【答案】−2 33 
【解析】
【分析】
此题考查了二次根式的混合运算，弄清数值转换机中的运算是解本题的关键．把a的值代入数值转换机中计算即可确定出结果．
【解答】
解：把a= 2代入数值转换机中得：[( 2)2−4]÷ 3=−2 33．
故答案为：−2 33．  
15.【答案】5 
【解析】解：
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC//MQ，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ//CD，BQ=CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴NQ=BC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CP=12AC=3，BP=12BD=4，
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=5，
即NQ=5，
∴MP+NP=QP+NP=QN=5，
故答案为：5．
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、PB，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
本题考查了轴对称−最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．

16.【答案】解：(1)原式=(3 9×2+16 36×2−4 216)÷4 2
=(9 2+ 2− 2)÷4 2
=9 2÷4 2
=94；
(2)原式=[x+2x(x−1)−xx(x−1)]⋅xx−1
=2x(x−1)⋅xx−1
=2(x−1)2，
当x= 2+1时，原式=2( 2+1−1)2=1． 
【解析】(1)根据二次根式的性质把括号内的二次根式化简、合并，根据二次根式的除法法则计算即可；
(2)根据分式的减法法则、乘法法则把原式化简，把x的值代入计算，得到答案．
本题考查的是分式的化简求值、二次根式的混合运算，掌握分式的混合运算法则、二次根式的混合运算法则是解题的关键．

17.【答案】解：如图所示：
 
【解析】此题综合考查了勾股定理、勾股定理的逆定理和正方形的性质．
(1)根据勾股定理，则只需构造一个以1和4为直角边的直角三角形，则斜边MN即为 17；
(2)根据正方形的性质，则只需构造两条分别是 2和2 2的对角线，即得到一个三边长均为无理数的直角三角形．

18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠A=∠D=90°，
∵M为AD的中点，
∴AM=DM，
在△ABM和△DCM中
AM=DM∠A=∠DAB=DC
∴△ABM≌△DCM(SAS)．
(2)1：2 
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠A=∠D=90°，
∵M为AD的中点，
∴AM=DM，
在△ABM和△DCM中
AM=DM∠A=∠DAB=DC
∴△ABM≌△DCM(SAS)．

(2)解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，
理由是：∵AB：AD=1：2，AM=DM，AB=CD，
∴AB=AM=DM=DC，
∵∠A=∠D=90°，
∴∠ABM=∠AMB=∠DMC=∠DCM=45°，
∴∠BMC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠DCB=90°，
∴∠MBC=∠MCB=45°，
∴BM=CM，
∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，
∴BE=CF，ME=MF，NF//BM，NE//CM，
∴四边形MENF是平行四边形，
∵ME=MF，∠BMC=90°，
∴四边形MENF是正方形，
即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，
故答案为：1：2．
(1)根据矩形性质得出AB=DC，∠A=∠D=90°，根据全等三角形的判定推出即可；
(2)求出四边形MENF是平行四边形，求出∠BMC=90°和ME=MF，根据正方形的判定推出即可．
本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的判定，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较好，难度适中．

19.【答案】解：依题意画出函数图象(如图)：

①从图象可以看到，直线y=2x+6与x轴的交点坐标为(−3,0)，
∴方程2x+6=0
解得：x=−3．

②如图当x>−3时，直线在x轴的上方，此时函数值大于0，
即：2x+6>0．
∴所求不等式的解为：x>−3；

③当−1≤y≤3，即−1≤2x+6≤3，
解得，−72≤x≤−32． 
【解析】利用一次函数的关系式画出函数图象，根据函数图象与坐标轴的交点及函数图象的性质解答即可．
本题考查学生对一次函数性质的理解．根据题设所给的一次函数y=2x+6作出函数图象，然后根据一次函数的图象的性质求解．

20.【答案】解：(1)∵点C(m,4)在正比例函数y=43x的图象上，
∴4=43m，
解得m=3，即点C坐标为(3,4)，
∵一次函数y=kx+b经过A(−3,0)、点C(3,4)，
∴0=−3k+b4=3k+b，解得：k=23b=2，
∴一次函数y=kx+b的表达式为y=23x+2；
(2)△BPC的面积=12×BP×3=6，
∴BP=4，
因为点B是y=23x+2与y轴的交点，
所以B(0,2)，
因为点P是y轴上一点，
所以点P 的坐标为(0,6)或(0,−2)． 
【解析】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，正比例函数，点的坐标，根据待定系数法把A、C两点坐标代入一次函数y=kx+b中，计算出k、b的值是解题关键．
(1)首先利用待定系数法把C(m,4)代入正比例函数y=43x中，计算出m的值，进而得到C点坐标，再利用待定系数法把A、C两点坐标代入一次函数y=kx+b中，计算出k、b的值，进而得到一次函数解析式；
(2)利用△BPC的面积为6，即可得出点P的坐标．

21.【答案】解：(1)8，7.5  ；
(2)x乙=7+10+7+7+9+8+7+9+9+710=8；
s甲2=(6−8)2+(10−8)2+(8−8)2+(9−8)2+(8−8)2+(7−8)2+(8−8)2+(10−8)2+(7−8)2+(7−8)210=1.6，
s乙2=(7−8)2+(10−8)2+(7−8)2+(7−8)2+(9−8)2+(8−8)2+(7−8)2+(9−8)2+(9−8)2+(7−8)210=1.2，
∵s乙2 ∴乙运动员的射击成绩更稳定． 
【解析】
【分析】
本题主要考查了方差和平均数，关键是掌握方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
(1)根据平均数和中位数的定义解答即可；
(2)计算方差，并根据方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定解答．
【解答】
解：(1)甲的平均数=6+10+8+9+8+7+8+10+7+710=8，乙的中位数是7+82=7.5；
故答案为：8；7.5；
(2)见答案．  
22.【答案】(1)70；  95
(2)设线段EF所在直线的函数解析式为：y=kx+b，
∵1×(95−60)=35，
∴点F的坐标为(3,35)，
则2k+b=03k+b=35，
解得，k=35b=−70，
∴线段EF所在直线的函数解析式为y=35x−70；
(3)60  ；
(4)A、C两点之间的距离为70+60×7=490米；
(5)设前2分钟，两机器人出发x分钟相距28米，
由题意得，60x+70−95x=28，
解得，x=1.2，
前2分钟−3分钟，两机器人相距28米时，
35x−70=28，
解得，x=2.8．
4分钟−7分钟，直线GH经过点(4,35)和点(7,0)，
则直线GH的方程为y=−353x+2453，
当y=28时，解得x=4.6，
答：两机器人出发1.2分或2.8分或4.6分相距28米． 
【解析】
解：(1)由图象可知，A、B两点之间的距离是70米，
甲机器人前2分钟的速度为：(70+60×2)÷2=95米/分；
(2)见答案；
(3)∵线段FG//x轴，
∴甲、乙两机器人的速度都是60米/分；
(4)见答案；
(5)见答案；
【分析】
(1)结合图象得到A、B两点之间的距离，甲机器人前2分钟的速度；
(2)根据题意求出点F的坐标，利用待定系数法求出EF所在直线的函数解析式；
(3)根据一次函数的图象和性质解答；
(4)根据速度和时间的关系计算即可；
(5)分前2分钟、2分钟−3分钟、4分钟−7分钟三个时间段解答．
本题考查的是一次函数的综合运用，掌握待定系数法求一次函数解析式、正确列出一元一次方程、灵活运用数形结合思想是解题的关键．  
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠DCQ=90°，AD=CD，
∵∠PDQ=90°，
∴∠ADP=∠CDQ．
在△ADP与△CDQ中∠A=∠DCQ=90°AD=CD∠ADP=∠CDQ，
∴△ADP≌△CDQ(ASA)，
∴DP=DQ．

(2)猜测：PE=QE．
证明：由(1)可知，DP=DQ．
∵DE平分∠PDQ，
∴∠PDE=∠QDE=45°，
在△DEP与△DEQ中，DP=DQ∠PDE=∠QDEDE=DE，
∴△DEP≌△DEQ(SAS)，
∴PE=QE．

(3)解：∵AB：AP=3：4，AB=6，
∴AP=8，BP=2．
与(1)同理，可以证明△ADP≌△CDQ，
∴CQ=AP=8．
与(2)同理，可以证明△DEP≌△DEQ，
∴PE=QE．
设QE=PE=x，则BE=BC+CQ−QE=14−x．
在Rt△BPE中，由勾股定理得：BP2+BE2=PE2，
即：22+(14−x)2=x2，
解得：x=507，即QE=507．
∴S△DEQ=12QE⋅CD=12×507×6=1507．
∵△DEP≌△DEQ，
∴S△DEP=S△DEQ=1507． 
【解析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，关键是正确把握证明三角形全等的方法，熟练证明三角形全等．
(1)证明△ADP≌△CDQ，根据全等三角形的性质可得DP=DQ；
(2)证明△DEP≌△DEQ，根据全等三角形的性质可得PE=QE；
(3)与(1)(2)同理，可以分别证明△ADP≌△CDQ、△DEP≌△DEQ.在Rt△BPE中，利用勾股定理求出PE(或QE)的长度，从而可求得S△DEQ=1507，而△DEP≌△DEQ，所以S△DEP=S△DEQ=1507．