2022-2023学年湖南省株洲市荷塘区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省株洲市荷塘区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共24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学年湖南省株洲市荷塘区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 我们知道，圆的周长公式是：C=2πr，那么在这个公式中，以下关于变量和常量的说法正确的是(    )
A. 2是常量，C，π，r是变量 B. 2，π是常量，C，r是变量
C. 2是常量，r是变量 D. 2是常量，C，r是变量
2. 下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
3. 边长为3cm的菱形的周长是(    )
A. 6cm B. 9cm C. 12cm D. 15cm
4. 如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是(    )


A. AB//DC，AD//BC B. AB//DC，AD=BC
C. AO=CO，BO=DO D. AB=DC，AD=BC
5. 如图，E是正方形ABCD的边BC延长线上的一点，且CE=CA，AE交CD于点F，则∠DAF的度数为(    )

A. 45° B. 30° C. 20° D. 22.5°
6. 直线y=x−1的图象经过的象限是(    )
A. 第一、二、三象限 B. 第一、二、四象限 C. 第二、三、四象限 D. 第一、三、四象限
7. 已知甲、乙两弹簧的长度y(cm)与所挂物体x(kg)之间的函数解析式分别是y1=k1x+b1，y2=k2x+b2，图象如下图所示，当所挂物体质量均为2kg时，甲、乙两弹簧的长度y1与y2的大小关系为(    )
A. y1>y2
B. y1=y2
C. y1 D. 不能确定
8. 在正方形网格中，∠AOB的位置如图所示，到∠AOB两边距离相等的点应是(    )

A. M点 B. N点 C. P点 D. Q点
9. 王老师对本班40名学生的血型作了统计，列出如下的统计表，则本班A型血的人数是(    )
组别
A型
B型
AB型
O型
频率
0.4
0.35
0.1
0.15

A. 16人 B. 14人 C. 4人 D. 6人
10. 如图，边长为6的大正方形中有两个小正方形.若两个小正方形面积分别为S1，S2，则S1+S2的值为(    )


A. 16 B. 17 C. 18 D. 19
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 若点M(a−1,a+2)在y轴上，则点M的坐标为______．
12. 已知一个函数的图象是一条经过原点且与一次函数y=−2x+1的图象平行的直线，这个函数的表达式是______ ．
13. 若一个多边形的内角和等于其外角和的2倍，则它是______边形．
14. 在一次数学测试中，某班50名学生的成绩分为六组，第一组到第四组的频数分别为6，8，9，12，第五组的频率是0.2，则第六组的频数是______．
15. 如图，△ABC中，已知AB=10，∠C=90°，∠A=30°，DE是中位线，则DE的长为______ ．


16. 如图，已知∠B=45°，AB=2 2cm，点P为∠ABC的边BC上一动点，则当BP= ______ cm时，△BAP为直角三角形．

17. 如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，

下列结论：
①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+ 3．
其中正确的序号是______(把你认为正确的都填上)．
18. 如图，n边形A1A2A3A4A5，…An，从n边形的一个顶点出发可以作______ 条对角线.若过n边形的一个顶点有7条对角线，m边形没有对角线，k边形对角线的总条数等于边数，则n−m+k= ______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
如图，AB=AD，CB⊥AB于点B，CD⊥AD于点D.求证：∠1=∠2．





20. (本小题8.0分)
如图是甲、乙两人同一地点出发后，路程随时间变化的图象．
(1)甲的速度______ 乙的速度；(填“大于”、“等于”或“小于”)
(2)乙出发后______ 小时与甲相遇；
(3)路程为150千米时，甲行驶了______ 小时，乙行驶了______ 小时．

21. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=8，CD是斜边上的中线，CE是高，F是CD的中点．
(1)求CD的长；
(2)证明：△EDF为等边三角形．

22. (本小题10.0分)
游泳是一项深受青少年喜爱的体育活动，某校为加强学生安全意识，随机抽取部分学生对“是否会下河游泳”进行抽样调查，调查结果分为：A(一定会)、B(结伴时会)、C(家长陪伴时会)、D(一定不会)四种情况.请根据下面两个不完整的统计图表解答以下问题：
学生是否会下河游泳
频数(人)
频率
A.一定会
4
0.05
B.结伴时会
a
0.25
C.家长陪伴时会
44
m
D.一定不会
12
0.15
(1)填空：a= ______ ，m= ______ ；
(2)将频数分布直方图补充完整(并请标注相应的频数)；
(3)若该校有3000名学生，请根据上述调查结果，估计该校学生“家长陪伴时会下河游泳”的人数有多少？

23. (本小题10.0分)
如图，有一架秋千，当它静止在AD的位置时，踏板离地的垂直高度为0.5m，将秋千AD往前推送3m，到达AB的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为1.5m，秋千的绳索始终保持拉直的状态．
(1)根据题意，BF= ______ m，BC= ______ m，CD= ______ m；
(2)根据(1)中求得的数据，求秋千AD的长度；
(3)如果想要踏板离地的垂直高度为2.5m时，需要将秋千AD往前推送______ m.


24. (本小题10.0分)
如图，已知矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于点E、F．
(1)求证：四边形AFCE是菱形；(请结合图①写出证明过程)
(2)如图②，矩形纸片ABCD沿着EF折叠，使得点C与点A重合，若AB=8，BC=16，试求EF的长．


25. (本小题13.0分)
如图，直线AB：y=34x+32与坐标轴交于A、B两点，点C与点A关于y轴对称.CD⊥x轴与直线AB交于点D．
(1)求点A和点B的坐标；
(2)点P在直线CD上运动，且始终在直线AB下方，当△ABP的面积为92时，求出点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，点Q为直线CD上一动点，直接写出所有使△BPQ是以BP为腰的等腰三角形的点Q的坐标．

26. (本小题13.0分)
北师大版初中数学教科书七年级下册第23页告诉我们，对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积，可以得到一个数学等式.例如由图①可以得到(a+b)2=a2+2ab+b2，这样就用图形面积验证了完全平方公式．
请解答下列问题：
(1)类似地，写出图②中所表示的数学等式______ ；
(2)如图③的图案被称为“赵爽弦图”，是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，它表现了我国古人对数学的钻研精神和聪明才智，是我国古代数学的骄傲.这个图案被选为2002年在北京召开的国际数学家大会的会徽.此图由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中空的部分是一个小正方形.已知直角三角形的两直角边分别为a，b，若a+b=5，(a−b)2=13，求大正方形的面积；
(3)如图④，在边长为m(m>2)的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1，当∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°时，求正方形MNPQ的面积．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：圆的周长计算公式是C=2πr，C和r是变量，2、π是常量，
故选：B．
常量就是在变化过程中不变的量，变量是指在变化过程中随时可以发生变化的量．
本题主要考查了常量，变量的定义，是需要识记的内容．

2.【答案】B 
【解析】解：A、该图形是中心对称图形，不符合题意；
B、该图形不是中心对称图形，符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不符合题意；
D、该图形是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
根据中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，求解判断即可．
本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．

3.【答案】C 
【解析】解：∵菱形的各边长相等，
∴边长为3cm的菱形的周长是：3×4=12(cm)．
故选：C．
利用菱形的各边长相等，进而求出周长即可．
此题主要考查了菱形的性质，利用菱形各边长相等得出是解题关键．

4.【答案】B 
【解析】解：A、AB//DC，AD//BC可利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、AB//DC，AD=BC不能判定这个四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
C、AO=CO，BO=DO可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
D、AB=DC，AD=BC可利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定这个四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
故选：B．
利用平行四边形的判定方法：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形．(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形．(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．(4)对角线互相平分的四边形是平行四边形进行分析即可．
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．

5.【答案】D 
【解析】解：∵CE=AC，
∴∠E=∠CAE，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ACB=45°，∠DAC=45°，
∴∠E+∠CAE=45°，
∴∠E=∠CAE=12×45°=22.5°，
∴∠DAF=∠DAC−∠CAE=45°−22.5°=22.5°，
故选：D．
根据等边对等角的性质可得∠E=∠CAE，然后根据正方形的对角线平分一组对角以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠E=∠CAE=22.5°，再由∠DAC=45°即可得解．
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：直线y=x−1与y轴交于(0,−1)点，
且k=1>0，y随x的增大而增大，
∴直线y=x−1的图象经过第一、三、四象限．
故选D．
由y=x−1可知直线与y轴交于(0,−1)点，且y随x的增大而增大，可判断直线所经过的象限．
本题考查了一次函数的性质．关键是根据图象与y轴的交点位置，函数的增减性判断图象经过的象限．

7.【答案】A 
【解析】解：∵点(0,4)和点(1,12)在y1=k1x+b1上，
∴得到方程组：4=b112=k1+b1，
解得：k1=8b1=4，
∴y1=8x+4．
∵点(0,8)和点(1,12)代入y2=k2x+b2上，
∴得到方程组为8=b212=k2+b2，
解得：k2=4b2=8．
∴y2=4x+8．
当x=2时，y1=8×2+4=20，y2=4×2+8=16，
∴y1>y2．
故选A．
将点(0,4)和点(1,12)代入y1=k1x+b1中求出k1和b1，将点(0,8)和点(1,12)代入y2=k2x+b2中求出k2和b2，再将x=2代入两式比较y1和y2大小．
本题根据实际问题考查了一次函数的运用，即一次函数图形的作法，在此题中作图关键是联系实际的变化，确定拐点．

8.【答案】A 
【解析】解：从图上可以看出点M在∠AOB的平分线上，其它三点不在∠AOB的平分线上．
所以点M到∠AOB两边的距离相等．
故选A．
根据角平分线的性质“角的平分线上的点到角的两边的距离相等”，注意观察点M、N、P、Q中的哪一点在∠AOB的平分线上．
本题主要考查平分线的性质，根据正方形网格看出∠AOB平分线上的点是解答问题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：本班A型血的人数为：40×0.4=16．
故选：A．
根据频数和频率的定义求解即可．
本题考查了频数和频率的知识，属于基础题，掌握频数和频率的概念是解答本题的关键．

10.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质和等腰直角三角形的性质，考查了学生的读图能力．
由图可得，S1的边长为3，由AC= 2BC，BC=CE= 2CD，可得AC=2CD，CD=2，EC=2 2；然后，分别算出S1、S2的面积，即可解答．
【解答】
解：如图，

由题意得图中三角形均为等腰直角三角形，
设正方形S2的边长为x，
根据等腰直角三角形的性质知，AC= 2x，x= 2CD，
∴AC=2CD，CD=63=2，
∴EC2=22+22=8，即EC=2 2，
∴S2的面积为8，
由题意得：S1的边长为3，
即S1的面积为9，
∴S1+S2=8+9=17．
故选：B．  
11.【答案】(0,3) 
【解析】解：∵点M(a−1,a+2)在y轴上，
∴a−1=0，
解得：a=1，
则a+2=3，
则点M的坐标为：(0,3)．
故答案为：(0,3)．
直接利用y轴上点横坐标为0得到a−1=0，解方程得出答案．
此题主要考查了点的坐标，正确得出a的值是解题关键．

12.【答案】y=−2x 
【解析】解：∵一个函数的图象是一条经过原点的直线，
∴设y=kx，
∵一次函数的图象与一次函数y=−2x+1的图象平行，
∴k=−2，
即一次函数的表达式为y=−2x．
故答案为：y=−2x．
根据函数图象过原点得出函数为正比例函数，根据和函数y=−2x+1平行得出k=−2，即可得到答案．
本题考查了两直线相交或平行，一次函数图象性质的应用，能熟练地掌握函数的性质是解此题的关键．

13.【答案】六 
【解析】解：设这个多边形是n边形，根据题意得，
(n−2)⋅180°=2×360°，
解得n=6．
故答案为：六．
根据多边形的内角和公式与外角和定理列出方程，然后解方程即可．
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记性质与定理是解题的关键，需要注意，任意多边形的外角和等于360°，与边数无关．

14.【答案】5 
【解析】
【分析】
本题考查频数与频率，先求出第五组的频数，再用50减去第一组到第五组的频数即可得出结论．
【解答】
解：∵第五组的频率是0.2，
∴第五组的频数是0.2×50=10，
又∵第一组到第四组的频数分别为6，8，9，12，
∴第六组的频数是50−6−8−9−10−12=5．  
15.【答案】52 
【解析】解：∵∠C=90°，∠A=30°，AB=10，
∴BC=12AB=5，
又∵DE是中位线，
∴DE=12BC=52．
故答案为：52．
先由含30°角的直角三角形的性质，得出BC的长，再由三角形的中位线定理得出DE的长即可．
本题考查了三角形的中位线定理，解答本题的关键是掌握含30°角的直角三角形的性质及三角形的中位线定理．

16.【答案】2或4 
【解析】解：当∠APB=90°时，
∵∠B=45°，AB=2 2cm，
∴BP1=AP1，
∴P1B2+P1A2=8，
∴BP1=2；
当∠BAP=90°时，
∵∠B=45°，AB=2 2cm，
∴AB=AP2=2 2，
∴BP2= AB2+P2A2=4．
故答案为：2或4．
由于直角顶点不能确定，故应分∠APB=90°与∠BAP=90°两种情况进行分类讨论．
本题考查的是勾股定理的逆定理，在解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．

17.【答案】①②④ 
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AE=AFAB=AD,
∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC−BE=CD−DF，
∴CE=CF，
∴①说法正确；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，
∴②说法正确；
如图，连接AC，交EF于G点，

∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，
∴③说法错误；
∵EF=2，
∴CE=CF= 2，
设正方形的边长为a，
在Rt△ADF中，
AD2+DF2=AF2，即a2+(a− 2)2=4，
解得a= 2+ 62，a= 2− 62(舍)，
则a2=2+ 3，
∴S正方形ABCD=2+ 3，
④说法正确，
故答案为：①②④．
本题主要考查正方形的性质的知识点，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的证明以及辅助线的正确作法，此题难度不大，但是有一点麻烦．
根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及平角定义判断②的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，利用解三角形求正方形的面积等知识可以判断④的正误．

18.【答案】(n−3)  12 
【解析】解：从n边形的一个顶点出发可以作(n−3)条对角线，
∵过n边形的一个顶点有7条对角线，
∴n=7+3=10，
∵m边形没有对角线，
∴m=3，
∵k边形对角线的总条数等于边数，
∴k(k−3)2=k，
∵k>0，
∴k−3=2，
∴k=5，
则n−m+k=10−3+5=12，
故答案为：(n−3)；12．
根据多边形的对角线求得n，m，k的值后代入n−m+k中计算即可．
本题考查多边形的对角线，熟练掌握求多边形对角线的公式是解题的关键．

19.【答案】证明：∵CB⊥AB，CD⊥AD，
∴∠B=∠D=90°，
在Rt△ABC和Rt△ADC中
AC=ACAB=AD，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，
∴∠1=∠2． 
【解析】求出∠B=∠D=90°，根据全等三角形的判定定理得出Rt△ABC≌Rt△ADC，再根据全等三角形的性质得出即可．
本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．

20.【答案】小于  3  9  4.5 
【解析】解：(1)甲的速度为1006=503(千米/时)，
乙的速度为1006−3=1003(千米/时)．
∵503<1003，
∴甲的速度小于乙的速度．
故答案为：小于．
(2)甲乙二人在图象的交点处相遇，
得6−3=3(小时)．
∴乙出发后3小时与甲相遇．
故答案为：3．
(3)由图象可知，当甲的路程为150千米时，用时9小时；
当乙的路程为150千米时，用时1501003=4.5(小时)．
故答案为：9，4.5．
(1)由速度=路程时间，可分别求得甲、乙两人的速度，对比其大小；
(2)甲、乙二人在图象的交点处相遇，交点的横坐标与乙出发时的横坐标之差即为答案；
(3)甲行驶时间可直接从图象得到，乙行驶时间由时间=路程速度求得．
本题考查一次函数的应用，从图象中获取有关信息是初中生必备的能力．

21.【答案】(1)解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，CD是斜边上的中线，
则CD=12AB=12×8=4；
(2)证明：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠A=90°−30°=60°，
∵CD=12AB=AD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∵CE⊥AD，F是CD的中点，
∴EF=12CD=DF，
∴△EDF为等边三角形． 
【解析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半计算；
(2)根据直角三角形的性质求出∠A=60°，证明EF=DF，根据等边三角形的判定定理证明．
本题考查的是直角三角形的性质、等边三角形的判定，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

22.【答案】20  0.55 
【解析】解：(1)样本容量为4÷0.05=80，
∴a=80×0.25=20，m=44÷80=0.55，
故答案为：20，0.55；
(2)补全直方图如下：

(3)3000×0.55=1650(人)，
答：估计该校学生“家长陪伴时会下河游泳”的人数有1650人．
(1)由A项目频数及频率求出样本容量，样本容量乘以B组频率可得a的值，C组人数除以样本容量可得m的值；
(2)根据所求a的值即可补全图形；
(3)总人数乘以样本中C组频率可得答案．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．也考查了利用样本估计总体．

23.【答案】1.5  3  1  4 
【解析】解：(1)由题意得：BF=1.5m，BC=3m，DE=0.5m，
∵BF⊥EF，AE⊥EF，BC⊥AE，
∴四边形BCEF是矩形，
∴CE=BF=1.5m，
∴CD=CE−DE=1.5−0.5=1(m)，
故答案为：1.5，3，1；
(2)∵BC⊥AC，
∴∠ACB=90°，
设秋千的长度为x m，
则AB=AD=x m，AC=AD−CD=(x−1)m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
即(x−1)2+32=x2，
解得：x=5(m)，
即秋千的长度是5m；
(3)当BF=2.5m时，CE=2.5m，
∵DE=0.5m，
∴CD=CE−DE=2.5−0.5=2(m)，
由(2)可知，AD=AB=5m，
∴AC=AD−CD=5−2=3(m)，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC= AB2−AC2= 52−32=4(m)，
即需要将秋千AD往前推送4m，
故答案为：4．
(1)由题意得BF=1.5m，BC=3m，DE=0.5m，证四边形BCEF是矩形，得CE=BF=1.5m，则CD=CE−DE=1m；
(2)设秋千的长度为x m，则AB=AD=x m，AC=AD−CD=(x−1)m，在Rt△ABC中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
(3)当BF=2.5m时，CE=2.5m，则CD=CE−DE=2m，得AC=AD−CD=3m，然后在Rt△ABC中，由勾股定理求出BC的长即可．
此题考查了勾股定理的应用，正确理解题意，由勾股定理求出秋千的长度是解题的关键．

24.【答案】(1)证明：∵EF是对角线AC的垂直平分线，
∴AO=CO，AC⊥EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，
∴∠AEO=∠CFO，∠AEO=∠CFO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCO∠AEO=∠CFOAO=CO，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，
∴AE=CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AFCE是菱形；
(2)解：连接AO，交EF于点O，连接CE，
由折叠的性质知，EF是AC的垂直平分线，
∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B=90°，AB=8，AD=BC=16
，∴AC= AB2+BC2= 82+162=8 5，
∴OA=OC=4 5，
由(1)知四边形AFCE是菱形，
∴AF=FC，EF⊥AC，
在Rt△ABF中，
设AF=FC=x，
则BF=16−x，
∴AB2+BF2=AF2，
即82+(16−x)2=x2，
∴x=10，
∴OF= CF2−OC2=2 5，
∴EF=2OF=4 5． 
【解析】(1)已知EF垂直平分AC，因此只要证出四边形AFCE是平行四边形，再利用对角线垂直的平行四边形是菱形即可得到结论；
(2)根据勾股定理得出AC，在Rt△ABF中，利用勾股定理解答即可．
本题考查翻折变换，菱形的判定与性质，矩形的性质，线段垂直平分线的性质，做题的关键是掌握相关知识．

25.【答案】解：(1)对于y=34x+32，令x=0，则y=32，令y=0，解得x=−2，
故点A、B的坐标分别为(−2,0)、(0,32)；
(2)设直线AP交y轴于点H，

设直线AP的表达式为：y=k(x+2)，
当x=0时，y=2k，当x=2时，y=4k，
即点H、P的坐标分别为(0,2k)，(2,4k)，
则△ABP的面积=S△HBP+S△HBA=12×AC×BH=12×4×(32−2k)=92，
解得：k=−38，
∴点P的坐标为(2,−32)；
(3)由(1)(2)知，P(2,−32)，A(−2,0)，B(0,32)，设点Q(2,t)，
由勾股定理得：BP2=(0−2)2+(32+32)2=13，
同理可得：PQ2=(t+32)2，BQ2=22+(32−t)2，
当BP=PQ时，即13=(t+32)2，
解得t=−3+2 132或−3−2 132；
故点Q的坐标为(2,−3+2 132)或(2,−3−2 132)；
当BP=BQ时，即13=22+(32−t)2，
解得t=92或−32(不合题意，舍去)；
故点Q的坐标为(2,92)；
综上，点Q的坐标为：(2,−3+2 132)或(2,−3−2 132)或(2,92). 
【解析】(1)对于y=34x+32，令x=0，则y=32，令y=0，解得x=−2，即可求解；
(2)由△ABP的面积=S△HBP+S△HBA，即可求解；
(3)求出线段BP、BQ、PQ的长度，再分BP=PQ、BP=AQ两种情况，分别求解即可．
本题是一次函数的综合题，考查了求一次函数关系式，勾股定理的运用，等腰三角形的性质，其中(3)，分类求解是本题解题的关键．

26.【答案】(a+b)2=4ab+(a−b)2 
【解析】解：(1)利用正方形面积公式，大正方形的面积为：(a+b)2，
∵大正方形由四个小长方形和一个小正方形构成，
∴大正方形的面积也可表示为：4ab+(a−b)2，
∴(a+b)2=4ab+(a−b)2，
故答案为：(a+b)2=4ab+(a−b)2；
(2)∵小正方形的边长为：a−b，
∴小正方形的面积为：(a−b)2，
∴大正方形面积为：4×12ab+(a−b)2=2ab+(a−b)2=a2+b2，
∵a+b=5，(a−b)2=13，
∴(a+b)2=25，
∴(a+b)2+(a−b)2=a2+b2+2ab+a2+b2−2ab=2(a2+b2)=25+13=38，
∴a2+b2=19，
∴大正方形的面积为19；
(3)如图，延长PE交BA的延长线于点I，延长QF交CB的延长线于点J，延长MG交DC的延长线于点K，延长NH交AD的延长线于点L，

∵∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°，
∴∠AEI=∠BFJ=∠CGK=∠DHL=45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠EAI=∠FBJ=∠GCK=∠HDL=90°，
∴△AEI，△BFJ，△CGK，△DHL为等腰直角三角形，
∵AE=BF=CG=DH=1，
∴AI=BJ=CK=DL=1，
∴FI=GK=HK=EL=AB=BC=CD=AD，
∴S▱ABCD=S△FQI+S△MGJ+S△NHK+S△EPL，
∵S▱ABCD=S四边形AEQF+S四边形BFMG+S四边形CGNH+S四边形DHPE+S▱MNPQ，
∴S▱MNPQ=S△AEI+S△BFJ+S△CGK+S△DHL
=12AE2+12BF2+12CG2+12DH2
=12+12+12+12
=2．
(1)利用大正方形面积公式表示出大正方形的面积，也可用四个小长方形与一个小正方形表示出大正方形的面积，利用面积相等即可求解；
(2)利用四个直角三角形的面积与小正方形的面积表示出大正方形的面积，根据a+b=5，(a−b)2=13可求出ab，代入即可求解；
(3)延长PE交BA的延长线于点I，延长QF交CB的延长线于点J，延长MG交DC的延长线于点K，延长NH交AD的延长线于点L，由∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°可得△AEI，△BFJ，△CGK，△DHL为等腰直角三角形，从而可得FI=GK=HK=EL=AB=BC=CD=AD，可得等腰Rt△FQI，等腰Rt△MGJ，等腰Rt△NHK，等腰Rt△EPL的面积之和为正方形ABCD的面积，从而可得正方形MNPQ的面积为等腰Rt△AEI，等腰Rt△BFJ，等腰Rt△CGK，等腰Rt△DHL的面积之和，即可求解．
本题考查乘法公式的证明，解题的关键是熟练掌握乘法公式的证明方法，一般利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明．