河南省信阳市罗山县2022-2023学年八年级上学期期末数学试卷 (含答案)

这是一份河南省信阳市罗山县2022-2023学年八年级上学期期末数学试卷 (含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河南省信阳市罗山县八年级第一学期期末数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．北京时间2022年11月21日零点，卡塔尔世界杯正式拉开战幕．四年一次的世界杯如期而至，这是继北京冬奥会之外又一个如期举办的国际大型体育赛事．下列历届世界杯LOGO中是轴对称图形的为（　　）
A．2022卡塔尔 B．2014巴西
C．2006德国 D．1978阿根廷
2．下列运算正确的是（　　）
A．2﹣＝2 B．（a+1）2＝a2+1
C．（a2）3＝a5 D．2a2•a＝2a3
3．下列各式由左边到右边的变形中，是分解因式的为（　　）
A．a（x+y）＝ax+ay
B．x2﹣4x+4＝x（x﹣4）+4
C．x2﹣16+3x＝（x+4）（x﹣4）+3x
D．10x2﹣5x＝5x（2x﹣1）
4．如图，若△MNP≌△MEQ，则点Q应是图中的（　　）

A．点A B．点B C．点C D．点D
5．如图，点B，F，C，E共线，∠B＝∠E，BF＝EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（　　）

A．AB＝DE B．∠A＝∠D C．AC＝DF D．AC∥FD
6．三个全等三角形按如图的形式摆放，则∠1+∠2+∠3的度数是（　　）

A．90° B．120° C．135° D．180°
7．计算的结果是（　　）
A．﹣ B． C．﹣ D．
8．如图，正六边形A1A2A3A4A5A6内部有一个正五边形B1B2B3B4B5，且A3A4∥B3B4，直线l经过B2，B3，则直线l与A1A2的夹角α为（　　）

A．48° B．45° C．72° D．30°
9．已知点P（a+1，2a﹣3）关于x轴的对称点在第一象限，则a的取值范围是（　　）
A．a＞ B．a＞﹣1 C．﹣1＜a＜ D．a＜
10．如图，在△ABC中，∠B＝32°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（　　）

A．32° B．45° C．60° D．64°
二.填空题（每小题3分，共15分）
11．要使分式有意义，则x应满足的条件是　 　．
12．已知xy＝2，x﹣3y＝3，则2x3y﹣12x2y2+18xy3＝　 　．
13．如图，△ACB≌△A'CB'，∠BCB'＝37°，则∠ACA'的度数为 　 　．

14．现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 　 　块．

15．如图，∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，如果射线OA上的点E满足△OCE是等腰三角形，那么∠OEC的度数为　 　．

三.解答题：（共8题，共75分）
16．解分式方程：﹣1＝．
17．先化简，再求值：，其中x＝1，y＝．
18．如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（﹣2，﹣2），C（2，﹣1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）写出点A1，B1，C1的坐标；
（3）求△ABC的面积．

19．如图，AD平分∠BAC，其中∠B＝35°，∠ADC＝82°，求∠BAC，∠C的度数．

20．观察下列各式
（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1
（1）根据以上规律，则（x﹣1）（x6+x5+x4+x3+x2+x+1）＝　 　；
（2）你能否由此归纳出一般规律（x﹣1）（xn+xn﹣1+……+x+1）＝　 　；
（3）根据以上规律求32018+32017+32016+…32+3+1的结果．
21．数学课堂上，老师提出问题：可以通过通分将两个分式的和表示成一个分式的形式，是否也可以将一个分式表示成两个分式和的形式？其中这两个分式的分母分别为x+1和x﹣1．小明通过观察、思考，发现可以用待定系数法解决上面问题．具体过程如下：
设＝
则有＝
故此解得
所以＝
问题解决：
（1）设，求A、B．
（2）直接写出方程的解．
22．北京冬奥会吉祥物冰墩墩和雪容融受到大家的喜爱，某冬奥商品授权经销店欲购进这两种纪念品，已知每件冰墩墩的进价比雪容融的进价贵10元，用450元购进冰墩墩的数量与用360元购进雪容融的数量相同．
（1）求冰墩墩和雪容融每件的进价分别为多少元？
（2）若该商店冰墩墩纪念品每件售价65元，雪容融纪念品每件售价50元，这两种纪念品共购进200件，全部售出后总获利不低于2400元，求雪容融纪念品最多购进多少件？
23．如图，点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为1cm/s，当到达终点时停止运动，设它们的运动时间为t秒，连接AQ、CP交于点M；
（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）点P、Q在运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，请说明理由，若不变，则求出它的度数；
（3）当t为何值时△PBQ是直角三角形？



参考答案
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．北京时间2022年11月21日零点，卡塔尔世界杯正式拉开战幕．四年一次的世界杯如期而至，这是继北京冬奥会之外又一个如期举办的国际大型体育赛事．下列历届世界杯LOGO中是轴对称图形的为（　　）
A．2022卡塔尔 B．2014巴西
C．2006德国 D．1978阿根廷
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
解：A，B，C选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
D选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．下列运算正确的是（　　）
A．2﹣＝2 B．（a+1）2＝a2+1
C．（a2）3＝a5 D．2a2•a＝2a3
【分析】利用二次根式的减法的法则，完全平方公式，幂的乘方的法则，单项式乘单项式的法则对各项进行运算即可．
解：A、，故A不符合题意；
B、（a+1）2＝a2+2a+1，故B不符合题意；
C、（a2）3＝a6，故C不符合题意；
D、2a2•a＝2a3，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查二次根式的加减，完全平方公式，幂的乘方，单项式乘单项式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
3．下列各式由左边到右边的变形中，是分解因式的为（　　）
A．a（x+y）＝ax+ay
B．x2﹣4x+4＝x（x﹣4）+4
C．x2﹣16+3x＝（x+4）（x﹣4）+3x
D．10x2﹣5x＝5x（2x﹣1）
【分析】根据分解因式就是把一个多项式化为几个整式的积的形式，利用排除法求解．
解：A、是多项式乘法，不是分解因式，故本选项错误；
B、右边不是积的形式，不是分解因式，故本选项错误；
C、右边不是积的形式，故本选项错误；
D、右边是积的形式，故本选项正确．
故选：D．
【点评】此题考查了因式分解的意义；这类问题的关键在于能否正确应用分解因式的定义来判断．
4．如图，若△MNP≌△MEQ，则点Q应是图中的（　　）

A．点A B．点B C．点C D．点D
【分析】根据全等三角形的性质和已知图形得出即可．
解：∵△MNP≌△MEQ，
∴点Q应是图中的D点，如图，
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．
5．如图，点B，F，C，E共线，∠B＝∠E，BF＝EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（　　）

A．AB＝DE B．∠A＝∠D C．AC＝DF D．AC∥FD
【分析】根据全等三角形的判定方法，可以判断添加各个选项中的条件是否能够判断△ABC≌△DEF，本题得以解决．
解：∵BF＝EC，
∴BF+FC＝EC+FC，
∴BC＝EF，
又∵∠B＝∠E，
∴当添加条件AB＝DE时，△ABC≌△DEF（SAS），故选项A不符合题意；
当添加条件∠A＝∠D时，△ABC≌△DEF（AAS），故选项B不符合题意；
当添加条件AC＝DF时，无法判断△ABC≌△DEF，故选项C符合题意；
当添加条件AC∥FD时，则∠ACB＝∠DFE，故△ABC≌△DEF（ASA），故选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确全等三角形的判定方法，利用数形结合的思想解答．
6．三个全等三角形按如图的形式摆放，则∠1+∠2+∠3的度数是（　　）

A．90° B．120° C．135° D．180°
【分析】直接利用平角的定义结合三角形内角和定理以及全等三角形的性质得出∠4+∠9+∠6＝180°，∠5+∠7+∠8＝180°，进而得出答案．
解：如图所示：
由图形可得：∠1+∠4+∠5+∠8+∠6+∠2+∠3+∠9+∠7＝540°，
∵三个全等三角形，
∴∠4+∠9+∠6＝180°，
又∵∠5+∠7+∠8＝180°，
∴∠1+∠2+∠3+180°+180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3的度数是180°．
故选：D．

【点评】此题主要考查了全等三角形的性质以及三角形内角和定理，正确掌握全等三角形的性质是解题关键．
7．计算的结果是（　　）
A．﹣ B． C．﹣ D．
【分析】根据分式的减法和除法法则可以化简题目中的式子．
解：（a﹣）÷（﹣b）
＝÷
＝
＝﹣．
故选：A．
【点评】本题考查了分式的混合运算，掌握分式混合运算的计算方法是关键．
8．如图，正六边形A1A2A3A4A5A6内部有一个正五边形B1B2B3B4B5，且A3A4∥B3B4，直线l经过B2，B3，则直线l与A1A2的夹角α为（　　）

A．48° B．45° C．72° D．30°
【分析】设直线l与A1A2交于点C，与A3A4交于点D，利用正多边形的性质可得出∠A2＝∠A3＝120°，∠B2B3B4＝108°，由A3A4∥B3B4，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠B3DA4的度数，结合邻补角互补可得出∠A3DC的度数，利用四边形内角和为360°可求出∠A2CD的度数，再由对顶角相等，即可得出结论．
解：设直线l与A1A2交于点C，与A3A4交于点D，如图所示．
∵六边形A1A2A3A4A5A6为正六边形，五边形B1B2B3B4B5为正五边形，
∴∠A2＝∠A3＝120°，∠B2B3B4＝108°．
∵A3A4∥B3B4，
∴∠B3DA4＝∠B2B3B4＝108°，
∴∠A3DC＝180°﹣∠B2B3B4＝180°﹣108°＝72°．
在四边形A2A3DC中，∠A2CD+∠A3DC+∠A3+∠A2＝360°，
∴∠A2CD＝360°﹣∠A3DC﹣∠A3﹣∠A2＝360°﹣72°﹣120°﹣120°＝48°，
∴∠α＝∠A2CD＝48°．
故选：A．

【点评】本题考查了平行线的性质、正多边形以及四边形内角和定理，利用平行线的性质及邻补角互补，找出∠A3DC的度数是解题的关键．
9．已知点P（a+1，2a﹣3）关于x轴的对称点在第一象限，则a的取值范围是（　　）
A．a＞ B．a＞﹣1 C．﹣1＜a＜ D．a＜
【分析】根据题意确定点P在四象限，再利用第四象限内点的坐标符号可得a的取值范围．
解：∵点P（a+1，2a﹣3）关于x轴的对称点在第一象限，
∴点P在四象限，
∴，
解得：﹣1＜a，
故选：C．
【点评】此题主要考查了关于x轴对称的点的坐标，关键是掌握平面直角坐标系中每个象限内点的坐标符号．
10．如图，在△ABC中，∠B＝32°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（　　）

A．32° B．45° C．60° D．64°
【分析】由折叠的性质得到∠D＝∠B＝32°，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
解：如图所示：
由折叠的性质得：∠D＝∠B＝32°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠B，∠3＝∠2+∠D，
∴∠1＝∠2+∠D+∠B＝∠2+2∠B＝∠2+64°，
∴∠1﹣∠2＝64°．
故选：D．

【点评】本题考查三角形内角和定理，翻折变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
二.填空题（每小题3分，共15分）
11．要使分式有意义，则x应满足的条件是　x≠1　．
【分析】直接利用分式有意义的条件分析得出答案．
解：要使分式有意义，
故x﹣1≠0，
则x应满足的条件是：x≠1．
故答案为：x≠1．
【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
12．已知xy＝2，x﹣3y＝3，则2x3y﹣12x2y2+18xy3＝　36　．
【分析】先提公因式，再利用完全平方公式分解因式，最后整体代入求值即可．
解：原式＝2xy（x2﹣6xy+9y2）
＝2xy（x﹣3y）2，
∵xy＝2，x﹣3y＝3，
∴原式＝2×2×32
＝4×9
＝36，
故答案为：36．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，利用因式分解将代数式化简是解题的关键．
13．如图，△ACB≌△A'CB'，∠BCB'＝37°，则∠ACA'的度数为 　37°　．

【分析】根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠A′CB′，进而求出∠A′CA＝∠B′CB，得到答案．
解：∵△ACB≌△A'CB'，
∴∠ACB＝∠A′CB′，
∴∠ACB﹣∠A′CB＝∠A′CB′﹣∠A′CB，即∠A′CA＝∠B′CB，
∵∠BCB′＝37°，
∴∠ACA'＝37°，
故答案为：37°．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
14．现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片 　4　块．

【分析】根据完全平方式进行配方可得此题结果．
解：∵a2+4b2+4ab＝（a+2b）2，
∴还需取丙纸片4块，
故答案为：4．
【点评】此题考查了解决完全平方式几何背景问题的能力，关键是能结合图形构造完全平方式．
15．如图，∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，如果射线OA上的点E满足△OCE是等腰三角形，那么∠OEC的度数为　120°或75°或30°　．

【分析】求出∠AOC，根据等腰得出三种情况，OE＝CE，OC＝OE，OC＝CE，根据等腰三角形性质和三角形内角和定理求出即可．
【解答】
解：∵∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝30°，
①当E在E1时，OE＝CE，
∵∠AOC＝∠OCE＝30°，
∴∠OEC＝180°﹣30°﹣30°＝120°；
②当E在E2点时，OC＝OE，
则∠OEC＝∠OCE＝（180°﹣30°）＝75°；
③当E在E3时，OC＝CE，
则∠OEC＝∠AOC＝30°；
故答案为：120°或75°或30°．
【点评】本题考查了角平分线定义，等腰三角形性质，三角形的内角和定理的应用，用了分类讨论思想．
三.解答题：（共8题，共75分）
16．解分式方程：﹣1＝．
【分析】将分式方程转化为整式方程，然后解方程，注意分式方程的结果要进行检验．
【解答】解 方程两边都乘3（x﹣1），得3x﹣3（x﹣1）＝2x，
解得x＝1.5，
检验：当x＝1.5时，3（x﹣1）＝1.5≠0，
所以分式方程的解为x＝1.5．
【点评】本题考查解分式方程，掌握解分式方程的步骤是解题关键，注意分式方程的结果要进行检验．
17．先化简，再求值：，其中x＝1，y＝．
【分析】原式去括号、合并同类项即可化简原式，再将x、y的值代入计算可得．
解：原式＝x2﹣2xy+y2+2x﹣2xy+y﹣y2﹣y+x
＝x2﹣4xy+2x+x
＝x2﹣4xy+x，
当x＝1，y＝时，
原式＝12﹣4×1×+×1，
＝1﹣2+
＝．
【点评】本题考查了整式的混合运算﹣化简求值，掌握整式的混合运算顺序和运算法则是关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（﹣2，﹣2），C（2，﹣1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）写出点A1，B1，C1的坐标；
（3）求△ABC的面积．

【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的 对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据平面直角坐标系写出各点的坐标即可；
（3）利用三角形所在的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积列式计算即可得解．
解：（1）△A1B1C1如图所示；

（2）A1（﹣1，3），B1（2，﹣2），C1（﹣2，﹣1）；

（3）△ABC的面积＝4×5﹣×4×1﹣×4×1﹣×3×5，
＝20﹣2﹣2﹣7.5，
＝8.5．

【点评】本题考查了利用轴对称变换作图，三角形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
19．如图，AD平分∠BAC，其中∠B＝35°，∠ADC＝82°，求∠BAC，∠C的度数．

【分析】首先根据邻补角的知识求出∠ADB的度数，再根据三角形内角和定理求出∠BAD的度数，又根据角平分线的知识求出∠BAC的度数，最后再次利用三角形内角和定理求出∠C的度数．
解：∵∠ADC＝82°，
∴∠ADB＝180°﹣82°＝98°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣35°﹣98°＝47°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝2×47°＝94°，
∴∠C＝180°﹣35°﹣94°＝51°．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理的知识，解题的关键是掌握三角形的内角和为180°，此题难度不大．
20．观察下列各式
（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1
（1）根据以上规律，则（x﹣1）（x6+x5+x4+x3+x2+x+1）＝　x7﹣1　；
（2）你能否由此归纳出一般规律（x﹣1）（xn+xn﹣1+……+x+1）＝　xn+1﹣1　；
（3）根据以上规律求32018+32017+32016+…32+3+1的结果．
【分析】（1）仿照已知等式求出所求原式的值即可；
（2）归纳总结得到一般性规律，写出即可；
（3）原式变形后，利用得出的规律变形，计算即可求出值．
解：（1）根据题意得：（x﹣1）（x6+x5+x4+x3+x2+x+1）＝x7﹣1；
（2）根据题意得：（x﹣1）（xn+xn﹣1+…+x+1）＝xn+1﹣1；
（3）原式＝×（3﹣1）×（1+3+32+…+32017+32018）＝．
故答案为：（1）x7﹣1；（2）xn+1﹣1
【点评】此题考查了平方差公式，规律型：数字的变化类，以及多项式乘多项式，熟练掌握公式及法则是解本题的关键．
21．数学课堂上，老师提出问题：可以通过通分将两个分式的和表示成一个分式的形式，是否也可以将一个分式表示成两个分式和的形式？其中这两个分式的分母分别为x+1和x﹣1．小明通过观察、思考，发现可以用待定系数法解决上面问题．具体过程如下：
设＝
则有＝
故此解得
所以＝
问题解决：
（1）设，求A、B．
（2）直接写出方程的解．
【分析】（1）仿照题例，列方程组求A、B．
（2）由（1）和题例规律，把、分别写成两个分式的和的形式，化简后得结论．
解：（1）∵
＝
∴A+B＝﹣1，A＝1
∴B＝﹣2
（2）由（1）可得＝+，
同理可得＝+
所以原方程可变形为：+++＝，
∴＝
解得x＝
经检验，x＝是原方程的解．
所以原方程的解为：
【点评】本题考查了分式的加减、二元一次方程及分式方程的解法等知识点．解决本题的关键是看懂体例，通过体例找到类似分式的变形规律．
22．北京冬奥会吉祥物冰墩墩和雪容融受到大家的喜爱，某冬奥商品授权经销店欲购进这两种纪念品，已知每件冰墩墩的进价比雪容融的进价贵10元，用450元购进冰墩墩的数量与用360元购进雪容融的数量相同．
（1）求冰墩墩和雪容融每件的进价分别为多少元？
（2）若该商店冰墩墩纪念品每件售价65元，雪容融纪念品每件售价50元，这两种纪念品共购进200件，全部售出后总获利不低于2400元，求雪容融纪念品最多购进多少件？
【分析】（1）设每件雪容融的进价为x元，则每件冰墩墩的进价为（x+10）元，利用数量＝总价÷单价，结合用450元购进冰墩墩的数量与用360元购进雪容融的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出每件雪容融的进价，再将其代入（x+10）中即可求出每件冰墩墩的进价；
（2）设购进雪容融纪念品m件，则购进冰墩墩纪念品（200﹣m）件，利用总利润＝每件的销售利润×销售数量（购进数量），即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
解：（1）设每件雪容融的进价为x元，则每件冰墩墩的进价为（x+10）元，
依题意得：＝，
解得：x＝40，
经检验，x＝40是原方程的解，且符合题意，
∴x+10＝40+10＝50．
答：每件冰墩墩的进价为50元，每件雪容融的进价为40元．
（2）设购进雪容融纪念品m件，则购进冰墩墩纪念品（200﹣m）件，
依题意得：（65﹣50）（200﹣m）+（50﹣40）m≥2400，
解得：m≤120．
答：雪容融纪念品最多购进120件．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
23．如图，点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为1cm/s，当到达终点时停止运动，设它们的运动时间为t秒，连接AQ、CP交于点M；
（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）点P、Q在运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，请说明理由，若不变，则求出它的度数；
（3）当t为何值时△PBQ是直角三角形？

【分析】（1）利用等边三角形的性质可知AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°，结合AP＝BQ即可得证；
（2）由△APC≌△BQA知∠BAQ＝∠ACP，再利用三角形外角的性质可证得∠CMQ＝60°；
（3）可用t分别表示出BP和BQ，分∠BPQ＝90°和∠BPQ＝90°两种情况，分别利用直角三角形的性质可得到关于t的方程，则可求得t的值．
解：（1）∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°，
又由条件得AP＝BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）．

（2）不变．
由（1）知△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC是△AMC的一个外角，
∴∠CMQ＝∠ACP+∠CAM＝∠BAQ+∠CAM＝∠BAC＝60°．
∴∠CMQ＝60°．

（3）由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t
①当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得4﹣t＝2t，解得t＝；
②当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），解得t＝；
∴当第秒或第秒时，△PBQ为直角三角形．
【点评】本题为三角形的综合应用，涉及等边三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、外角的性质、分类讨论思想及方程思想等知识．