2023-2024学年广东省河源市连平县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省河源市连平县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.先贤孔子曾说过“鼓之舞之”，这是“鼓舞”一词最早的起源，如图是鼓的立体图形，该立体图形的主视图是( )
A. B. C. D.
2.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
3.如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1=20°，则∠2的度数为( )
A. 20°
B. 60°
C. 70°
D. 80°
4.如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，夹角∠AOB=60°，已知AB=1，则△ABD的面积是( )
A. 1B. 2C. 32D. 3
5.“敬老爱老”是中华民族的优秀传统美德.小刚、小强计划利用暑期从A，B，C三处养老服务中心中，随机选择一处参加志愿服务活动，则两人恰好选到同一处的概率是( )
A. 12B. 13C. 16D. 29
6.近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商纷纷开展降价促销活动.某款燃油汽车今年3月份售价为23万元，5月份售价为16万元.设该款汽车这两月售价的月均下降率是x，则所列方程正确的是( )
A. 16(1+x)2=23B. 23(1−x)2=16
C. 23−23(1−x)2=16D. 23(1−2x)=16
7.已知蓄电池两端电压U为定值，电流I与R成反比例函数关系.当I=4A时，R=10Ω，则当I=5A时R的值为( )
A. 6ΩB. 8ΩC. 10ΩD. 12Ω
8.如图，△ABC与△A′B′C′位似，位似中心为点O，OC′：CC′=3：1，△A′B′C′的面积为18，则△ABC面积为( )
A. 54
B. 24
C. 32
D. 916
9.如图，正方形ABCD的顶点A，B在y轴上，反比例函数y=kx的图象经过点C和AD的中点E，若AB=2，则k的值是( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
10.如图，一个边长分别为3cm、4cm、5cm的直角三角形的一个顶点与正方形的顶点B重合，另两个顶点分别在正方形的两条边AD、DC上，那么这个正方形的面积是( )
A. 16215cm2
B. 15216cm2
C. 17216cm2
D. 16217cm2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，在菱形ABCD中，AB=10，∠B=60°，则AC的长为______．
12.近视眼镜的度数y(度)与镜片焦距x(米)呈反比例，其函数关系式为y=120x.如果近似眼镜镜片的焦距x=0.3米，那么近视眼镜的度数y为______．
13.在一个不透明的口袋中装有红球和白球共20个，这些球除颜色外都相同，将口袋中的球搅匀后，从中随机摸出1个球，记下它的颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程，共摸球200次，发现有50次摸到红球，则口袋中红球约有______个.
14.如图，小明同学用一张长11cm，宽7cm的矩形纸板制作一个底面积为21cm2的无盖长方体纸盒，他将纸板的四个角各剪去一个同样大小的正方形，将四周向上折叠即可(损耗不计).设剪去的正方形边长为x cm，则可列出关于x的方程为______．
15.在如图所示的卡钳中AD=BC，OCOB=ODOA=13，用该卡钳测量某个零件的内孔直径AB，量得CD的长为7cm，则AB的长为______cm．
16.如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为______．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
17.解方程：x2+2x−3=0(公式法)
四、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题6分)
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高．
(1)证明：△ABD∽△CBA；
(2)若AB=6，BC=10，求BD的长．
19.(本小题6分)
如图，已知在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点B、C在x轴负半轴上，反比例函数y=kx(x<0)的图象经过点D(−1,3)，交AB于点E．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)求△CBE的面积．
20.(本小题6分)
如图，AC是菱形ABCD的对角线．
(1)作边AB的垂直平分线，分别与AB，AC交于点E，F(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)；
(2)在(1)的条件下，连接FB，若∠D=140°，求∠CBF的度数．
21.(本小题8分)
如图，点M的坐标为(3,4)，将OM沿x轴正方向平移，使点M的对应点M′落在直线y=12x上，点O的对应点为O′．
(1)则点M′的坐标为______；
(2)连接MM′，四边形MOO′M′的形状为______．
22.(本小题8分)
为提高学生的安全意识，某学校组织学生参加了“安全知识答题”活动.该校随机抽取部分学生答题成绩进行统计，将成绩分为四个等级：A(优秀)，B(良好)，C(一般)，D(不合格)，并根据结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．

根据图中所给信息解答下列问题：
(1)这次抽样调查共抽取______人，条形统计图中的m= ______；
(2)将条形统计图补充完整，在扇形统计图中，求C等所在扇形圆心角的度数；
(3)该校有1200名学生，估计该校学生答题成绩为A等和B等共有多少人；
(4)学校要从答题成绩为A等且表达能力较强的甲、乙、丙、丁四名学生中，随机抽出两名学生去做“安全知识宣传员”，请用列表或画树状图的方法，求抽出的两名学生恰好是甲和丁的概率．
23.(本小题8分)
阅读与思考：
【阅读材料】我们把多项式a2+2ab+b2及a2−2ab+b2叫做完全平方公式.如果一个多项式不是完全平方公式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项.使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，可以求代数式的最大值或最小值．
例如：求代数式x2+2x−4的最小值．
x2+2x−4=(x2+2x+1)−5=(x+1)2−5，可知当x=−1时，x2+2x−4有最小值，最小值是−5．
再例如：求代数式−3x2+6x−4的最大值．
−3x2+6x−4=−3(x2−2x+1)−4+3=−3(x−1)2−1.可知当x=1时，−3x2+6x−4有最大值.最大值是−1．
(1)【直接应用】代数式x2+4x−3的最小值为______；
(2)【类比应用】若多项式M=a2+b2−2a+4b+2023，试求M的最小值；
(3)【知识迁移】如图，学校打算用长20米的篱笆围一个长方形的菜地，菜地的一面靠墙(墙足够长)，求围成的菜地的最大面积．
24.(本小题12分)
一透明的敞口正方体容器ABCD−A′B′C′D′装有液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α(注：图1中∠CBE=α，图2中BQ=3dm)．
探究如图1，液面刚好过棱CD，并与棱BB′交于点Q，其三视图及尺寸如图2所示，那么：
图1中，液体形状为______(填几何体的名称)；
利用图2中数据，可以算出图1中液体的体积为______dm3.(公式：体积=底面积×高)
拓展在图1的基础上，以棱AB为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出.若从正面看，液面与棱交于点P、Q(Q始终在棱BB′上)，设PC=x，请你在图中把此容器主视图补充完整，并用含x的代数式表示BQ的长度．
25.(本小题12分)
综合与实践
实践操作：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形，因此，正方形是四边相等，四角相等的四边形．
某校初二社会实践班开展了一次课外活动，具体过程如下：如图①，正方形ABCD中，AB=8，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．

解决问题：
(1)AP与CQ的数量关系是______，若∠CQD=62°，则∠BPD= ______度；
(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AP、CE的数量关系是______，请予以证明；
拓展延伸：
(3)在(2)的条件下，若AP=2，则PE的长为______．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：这个立体图形的主视图为：
故选：C．
根据主视图是从物体正面看所得到的图形解答即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握解答几何体三视图的画法是正确解答的前提．
2.【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．
3.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB/​/CD，AC⊥BD，
∴∠DCA=∠1=20°，
∴∠2=90°−∠DCA=70°，
故选：C．
根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，∠BAD=90°，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD=2BO=2，
在Rt△BAD中，AD= BD2−AB2= 4−1= 3，
∴△ABD的面积为12AD⋅AB=12× 3×1= 32．
故选：C．
根据矩形的性质得出OA=OB=OC=OD，∠BAD=90°，求出△AOB是等边三角形，求出OB=AB=1，根据矩形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD，即可求出△ABD的面积．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理的应用，能熟记矩形的性质是解此题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：画树状图如图：
共有9种等可能的结果数，其中两人恰好选择同一处的结果数为3，
∴小刚和小强两人恰好选择同一处的概率=39=13，
故选：B．
画出树状图展示所有9种等可能的结果数，找出两人恰好选择同一处的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
6.【答案】B
【解析】解：∵3月份售价为23万元，月均下降率是x，5月份售价为16万元，
∴23(1−x)2=16．
故选：B．
首先根据3月份售价为23万元，月均下降率是x可得出4月份的售价为23(1−x)万元，5月份的售价为23(1−x)(1−x)=23(1−x)2万元，据此根据5月份售价为16万元可列出方程，进而可得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的应用，理解题意，根据月均下降率是x表示出5月份的售价是解答此题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：设I=UR，则U=IR=40，
∴R=40I=405=8，
故选：B．
设I=UR，则U=IR=40，得出R=40I，计算即可．
本题考查反比例函数的应用，解题的关键是掌握欧姆定律．
8.【答案】C
【解析】解：∵OC′：CC′=3：1，
∴OCOC′=43，
∵△ABC与△A′B′C′位似，
∴△ABC∽△A′B′C′，
∴S△ABCS△A′B′C′=(OCOC′)2=(43)2=169，
S△ABC=169S△A′B′C′=169×18=32，
∴△ABC面积为32，
故选：C．
先求出OCOC′=43，再根据△ABC与△A′B′C′位似得到△ABC∽△A′B′C′，由相似三角形的性质即可得到答案．
此题考查了位似的性质、相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：由题意可得：设C(2,a)，则E(1,a+2)，
可得：2a=1×(a+2)，
解得：a=2，
故C(2,2)，
则k=2×2=4．
故选：B．
根据正方形的性质以及结合已知表示出E，C点坐标，进而利用反比例函数图象上点的坐标特征得出等式求出答案．
此题主要考查了正方形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，正确表示出E点坐标是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，∵△BEF的三边为3、4、5，而32+42=52，
∴△BEF为直角三角形，
∴∠FEB=90°，而四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠C=90°，
∴△FDE∽△ECB，
∴DE：CB=EF：EB，即DE：CB=3：4，
∴设DE为3x，则BC是4x，
∴EC是x，
∵三角形EBC为直角三角形，
∴EB2=EC2+BC2，
∴16=x2+(4x)2，
∴x2=1617，
∵S正方形ABCD=(4x)2=16217cm2．
故选：D．
如图，由△BEF的三边为3、4、5，根据勾股定理逆定理可以证明其是直角三角形，利用正方形的性质可以证明△FDE∽△ECB，然后利用相似三角形的性质可以得到DE：CB=3：4，设DE为3x，则BC是4x，根据勾股定理即可求出x2=1617，也就求出了正方形的面积．
此题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理等知识，综合性比较强，对于学生的能力要求比较高．
11.【答案】10
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=10．
故答案为：10．
由菱形的性质得到AB=BC，又∠B=60°，因此△ABC是等边三角形，得到AC=AB=10．
本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是由菱形的性质推出△ABC是等边三角形．
12.【答案】400
【解析】解：把x=0.3代入120x，
y=400，
故答案为：400．
把x=0.3代入y=120x，即可算出y的值．
此题主要考查了反比例函数的定义，本题实际上是已知自变量的值求函数值的问题，比较简单．
13.【答案】5
【解析】解：20×50200=5(个)，
故答案为：5．
根据概率估计摸出红球的概率，根据概率公式求得答案．
本题主要考查利用频率估计概率，明确题意是解题的关键．
14.【答案】(11−2x)(7−2x)=21
【解析】解：由题意可得：(11−2x)(7−2x)=21，
故答案为：(11−2x)(7−2x)=21．
根据题意和图形，可以得到裁剪后的底面的长是(11−2x)cm，宽为(7−2x)cm，然后根据长方形的面积=长×宽，可以列出相应的方程．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是写出裁剪后的底面的长和宽．
15.【答案】21
【解析】解：∵OCOB=ODOA=13，∠COD=∠AOB，
∴△AOB∽△DOC，
∴CDAB=13，
∵CD=7cm，
∴AB=3CD=21(cm)，
故答案为：21．
先证明8字模型相似△AOB∽△DOC，然后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．
16.【答案】 2
【解析】解：如图所示，连接AE，
∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴MN=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，∠B=90°，
∴AE= AB2+BE2= 4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时AE= 4+22=2 2，
∴MN=12AE= 2，
∴MN的最大值为 2．
故答案为： 2．
首先证明出MN是△AEF的中位线，得出MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE= AB2+BE2= 4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
17.【答案】解：a=1，b=2，c=−3，
Δ=b2−4ac=22−4×1×(−3)=16，
x=−2±42×1，
所以x1=1，x2=−3．
【解析】先计算判别式的值，然后利用求根公式解方程．
本题考查了解一元二次方程−公式法：用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．
18.【答案】(1)证明：∵AD是斜边BC上的高，
∴∠BDA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BDA=∠BAC，
又∵∠B为公共角，
∴△ABD∽△CBA；
(2)解：由(1)知△ABD∽△CBA，
∴BDBA=BABC，
∴BD6=610，
∴BD=3.6．
【解析】(1)根据已知条件得出∠BDA=∠BAC，又∠B为公共角，于是得出△ABD∽△CBA；
(2)根据相似三角形的性质即可求出BD的长．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟知有两个角相等的两个三角形相似是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵反比例函数y=kx(x<0)的图象经过点D(−1,3)，
∴k=−1×3=−3，
反比例函数解析式为：y=−3x；
(2)∵D(−1,3)，
∴BC=DC=3，
∴点B的坐标(−4,0)，
当x=−4时，y=34，
∴BE=34．
S△CBE=12×3×34=98．
【解析】(1)反比例函数y=kx(x<0)的图象经过点D(−1,3)可得反比例函数关系式；
(2)求出点E的坐标，利用面积公式代入数据计算即可．
本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，找出关键点的坐标是求面积的常用方法．
20.【答案】解：(1)见下图：
(2)连接FB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠D=140°，AB=CB，
∴∠BAC=∠BCA=12×(180°−140°)=20°，
∵MN垂直平分AB，点F在MN上，
∴AF=BF，
∴∠ABF=∠BAC=20°，
∴∠CBF=∠ABC−∠ABF=140°−20°=120°，
∴∠CBF的度数是120°．
【解析】(1)作法：1.分别以点A、点B为圆心，大于12AB的长为半径作弧，交于点M、点N，
2.作直线MN交AB于点E，交AC于点F，
直线MN、点E、点F就是所求的图形．
(2)见答案、
(1)按照尺规作图的要求作出边AB的垂直平分线即可；
(2)由菱形的性质得∠ABC=∠D=140°，AB=CB，则∠BAC=∠BCA=20°，由线段的垂直平分线的性质得AF=BF，所以∠ABF=∠BAC=20°，则∠CBF=∠ABC−∠ABF=120°．
此题重点考查基本作图“作线段的垂直平分线”、菱形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、线段的垂直平分线的性质等知识与方法，按照尺规作图的要求正确地作出线段AB的垂直平分线是解题的关键．
21.【答案】(8,4) 菱形
【解析】解：(1)把y=4代入y=12x，
得x=8，
∴点M′坐标为(8,4)，
故答案为：(8,4)；
(2)四边形MOO′M′为菱形．
理由如下：过点M作MA⊥x轴于点A，
由平移得，
OM=OM′，OM//OM′，
∴四边形MOO′M′为平行四边形，
∵点M的坐标为(3,4)，
∴OA=3，AM=4，
∴OM= 32+42=5，
∵点M的坐标为(3,4)，点M′坐标为(8,4)，
∴MM′=8−3=5，
∴OM=MM′，
∴平行四边形MOO′M′为菱形，
故答案为：菱形．
(1)把y=4代入y=12x得到x=8，即可得到点M′的坐标；
(2)由平移可得OM=OM′，OM//OM′，证到四边形MOO′M′为平行四边形，由勾股定理得到OM=5，再由M、M′的坐标得到OM=MM′=5，即可证明四边形MOO′M′为菱形；
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，平移的性质，勾股定理，菱形的判定，作辅助线由勾股定理得到OM=MM′是解题的关键．
22.【答案】50 7
【解析】解：(1)由统计图可得，
这次抽样调查共抽取：16÷32%=50(人)，
m=50×14%=7，
故答案为：50，7；
(2)由(1)知，m=7，
等级为A的有：50−16−15−7=12(人)，
补充完整的条形统计图如图所示，
C等所在扇形圆心角的度数为：360°×1550=108°；
(3)1200×(24%+32%)
=1200×56%
=672(人)，
即估计该校学生答题成绩为A等和B等共有672人；
(4)树状图如下所示：
由上可得，一共存在12种等可能性，其中抽出的两名学生恰好是甲和丁的可能性有2种，
∴抽出的两名学生恰好是甲和丁的概率为212=16．
(1)根据B等级的人数和所占的百分比，可以计算出本次抽取的人数，然后再计算m的值即可；
(2)根据(1)中的结果和A等级所占的百分比，可以计算出A等级的人数，然后即可将条形统计图补充完整，再计算出C等所在扇形圆心角的度数即可；
(3)根据扇形统计图中的数据，可以计算出该校学生答题成绩为A等和B等共有多少人；
(4)根据题意，可以画出相应的树状图，然后计算出抽出的两名学生恰好是甲和丁的概率即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】−7
【解析】解：(1)∵x2+4x−3=(x2+4x+4)−4−3=(x+2)2−7，
∴当x=−2时，代数式x2+4x−3有最小值，最小值为−7，
故答案为：−7；
(2)∵M=a2+b2−2a+4b+2023
=(a2−2a+1)+(b2+4b+4)−1−4+2023
=(a−1)2+(b+2)2+2018，
∴当a=1，b=−2时，M有最小值，最小值为2018；
(3)设垂直于墙的一边长为x米，则另一边长为(20−2x)米，
根据题意得：S=x(20−2x)=20x−2x2=−2(x2−10x)=−2(x−5)2+50，
∴当x=5时，S有最大值，最大值是50m2，
∴围成的菜地的最大面积是50m2．
(1)配方法把原式化为完全平方式与一个数的和的形式，根据偶次方的非负性解答即可；
(2)利用配方法把原式进行变形，再根据偶次方的非负性解答即可；
(3)设垂直于墙的一边长为x米，则另一边长为(20−2x)米，利用矩形的面积公式可得S=(20−2x)x，再利用配方法把原式进行变形，根据偶次方的非负性解答即可．
本题考查了配方法的应用，偶次方的非负性，熟练掌握配方法的一般步骤、偶次方的非负性是解题的关键．
24.【答案】三棱柱 24
【解析】解：探究：图1中，液体形状为三棱柱(填几何体的名称)；
利用图2中数据，可以算出图1中液体的体积为V液=12×3×4×4=24(dm3).
故答案为：三棱柱，24；
拓展：当容器向左旋转时，如图3，
∵液体体积不变，
∴12(x+BQ)×4×4=24，
∴BQ=−x+3．
当容器向右旋转时，
如图4.同理可得：12×(4−x)×BQ×4=24．
∴BQ=124−x．
探究：根据图象得出液体形状，再根据V=底面积×高求出答案；
拓展：根据液体体积不变，据此即可列方程求解．
本题考查了四边形的体积计算以及三视图的认识，正确理解棱柱的体积的计算是关键．
25.【答案】AP=CQ 118 PE=AP+CE 345
【解析】解：(1)∵正方形ABCD，
∴AD=CD，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠DCQ=90°=∠A，
由题意知，∠PDQ=∠PDC+∠CDQ=90°，
∵∠ADP+∠PDC=90°，
∴∠ADP=∠CDQ，
∵∠A=∠DCQ，AD=CD，∠ADP=∠CDQ，
∴△ADP≌△CDQ(ASA)，
∴AP=CQ，∠APD=∠CQD=62°，
∴∠BPD=180°−∠APD=118°，
故答案为：AP=CQ，118；
(2)PE=AP+CE，证明如下：
∵△ADP≌△CDQ(ASA)，
∴DP=DQ，AP=CQ，
∵DE平分∠PDQ，
∴∠PDE=∠QDE，
∵DP=DQ，∠PDE=∠QDE，DE=DE，
∴△PDE≌△QDE(SAS)，
∴PE=QE=CQ+CE=AP+CE，
∴PE=AP+CE，
故答案为：PE=AP+CE；
(3)∵AP=2，
∴BP=6，
设PE=x，则CE=x−2，BE=10−x，
由勾股定理得，PE2−BE2=BP2，即x2−(10−x)2=62，
解得，x=345，
故答案为：345．
(1)由题意得，AD=CD，∠DCQ=90°=∠A，∠ADP=∠CDQ，证明△ADP≌△CDQ(ASA)，则AP=CQ，∠APD=∠CQD=62°，根据∠BPD=180°−∠APD，计算求解即可；
(2)由△ADP≌△CDQ(ASA)，可得DP=DQ，AP=CQ，证明△PDE≌△QDE(SAS)，则PE=QE=CQ+CE=AP+CE；
(3)由题意得BP=6，设PE=x，则CE=x−2，BE=10−x，由勾股定理得，PE2−BE2=BP2，即x2−(10−x)2=62，计算求解即可．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．