-山东省德州市庆云县第二中学2020-2021学年八年级上学期期末数学试卷（word版 含答案）

这是一份-山东省德州市庆云县第二中学2020-2021学年八年级上学期期末数学试卷（word版 含答案），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答与证明等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年山东省德州市八年级（上）期末数学试卷
一、选择题（下列各题所给答案中，中有一个答案是正确的。每小题4分，共48分）
1．（4分）已知三角形两边的长分别是5和9，则此三角形第三边的长可能是（　　）
A．1 B．4 C．8 D．14
2．（4分）下列图形中，不是轴对称图形的是（　　）

A．①⑤ B．②⑤ C．④⑤ D．①②
3．（4分）下面运算正确的是（　　）
A．7a2b﹣5a2b＝2 B．x8÷x4＝x2
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．（2x2）3＝8x6
4．（4分）A（﹣3，2）关于原点的对称点是B，B关于x轴的对称点是C，则点C的坐标是（　　）
A．（3，2） B．（﹣3，2） C．（3，﹣2） D．（﹣2，3）
5．（4分）把多项式a2﹣4a分解因式的正确结果是（　　）
A．a（a﹣4） B．（a+2）（a﹣2）
C．a（a+2）（a﹣2） D．（a﹣2）2﹣4
6．（4分）如果单项式﹣x4a﹣by2与是同类项，那么这两个单项式的积是（　　）
A．x6y4 B．﹣x3y2 C． D．
7．（4分）如图，AE，AD分别是△ABC的高和角平分线，且∠B＝36°，∠C＝76°，则∠DAE的度数为（　　）

A．40° B．20° C．18° D．38°
8．（4分）如图，下列各组条件中，不能得到△ABC≌△BAD的是（　　）

A．BC＝AD，∠ABC＝∠BAD B．BC＝AD，AC＝BD
C．AC＝BD，∠CAB＝∠DBA D．BC＝AD，∠CAB＝∠DBA
9．（4分）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠CAB交BC于点D，DE⊥AB，垂足为E，且AB＝6cm，则△DEB的周长为（　　）

A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
10．（4分）化简的结果是（　　）
A． B．a C． D．
11．（4分）如图，C、E和B、D、F分别在∠GAH的两边上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EF，若∠A＝18°，则∠GEF的度数是（　　）

A．108° B．100° C．90° D．80°
12．（4分）甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时间相同，已知乙车每小时比甲车多行驶15千米，设甲车的速度为x千米/小时，依据题意列方程正确的是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．（3分）计算：（2+3x）（﹣2+3x）＝　 　．
14．（3分）如图，点D在BC上，DE⊥AB于点E，DF⊥BC交AC于点F，BD＝CF，BE＝CD．若∠AFD＝145°，则∠EDF＝　 　．

15．（3分）一个多边形的内角和等于它的外角和的3倍，它是　 　边形．
16．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝　 　．
17．（3分）等腰三角形的一个角是70°，则它的另外两个角的度数是　 　．
18．（3分）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，…，∠An﹣1BC的平分线与∠An﹣1CD的平分线交于点An．设∠A＝θ，则∠A2＝　 　，∠An＝　 　．

三、解答与证明
19．（20分）先化简再求值：
（1）4（m+1）2﹣（2m+5）（2m﹣5），其中m＝﹣3．
（2）化简：，其中x＝2．
20．（10分）在如图所示的平面直角坐标系中，先画出△OAB关于y轴对称的图形，再画出△OAB绕点O旋转180°后得到的图形．

21．（10分）如图：已知BD＝CD，BF⊥AC，CE⊥AB，求证：点D在∠BAC的平分线上．

22．（12分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F．求证：
（1）FC＝AD；
（2）AB＝BC+AD．

23．（12分）进入防汛期后，某地驻军在河堤加固的工程中出色完成任务，下面是记者与驻军工程指挥官的对话：记者：“你们是用9天时间完成4800米长的大坝加固任务的？”驻军指挥官：“我们加固600米后，采用新的加固模式，这样每天加固长度是原来的2倍．”通过上面的对话，请你求出该驻军原来每天加固河堤的米数．
24．（20分）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M．
（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．


2020-2021学年山东省德州市庆云二中八年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（下列各题所给答案中，中有一个答案是正确的。每小题4分，共48分）
1．（4分）已知三角形两边的长分别是5和9，则此三角形第三边的长可能是（　　）
A．1 B．4 C．8 D．14
【分析】先根据三角形的三边关系求出x的取值范围，再求出符合条件的x的值即可．
【解答】解：此三角形第三边的长为x，则
9﹣5＜x＜9+5，即4＜x＜14，
只有选项C符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
2．（4分）下列图形中，不是轴对称图形的是（　　）

A．①⑤ B．②⑤ C．④⑤ D．①②
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．据此作答．
【解答】解：①不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，使它沿这条直线折叠后，直线两旁的部分能够重合，即不满足轴对称图形的定义．符合题意；
②有一条对称轴，是轴对称图形，不符合题意；
③有三条对称轴，是轴对称图形，不符合题意；
④有一条对称轴，是轴对称图形，不符合题意；
⑤不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，使它沿这条直线折叠后，直线两旁的部分能够重合，即不满足轴对称图形的定义．符合题意．
故轴对称图形有：①⑤．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称与轴对称图形的概念．轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象折叠后可重合．
3．（4分）下面运算正确的是（　　）
A．7a2b﹣5a2b＝2 B．x8÷x4＝x2
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2 D．（2x2）3＝8x6
【分析】利用合并同类项、同底数幂的除法、完全平方公式以及积的乘方的知识，即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【解答】解：A、7a2b﹣5a2b＝2a2b，故本选项错误；
B、x8÷x4＝x4，故本选项错误；
C、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故本选项错误；
D、（2x2）3＝8x6，故本选项正确．
故选：D．
【点评】此题考查了合并同类项、同底数幂的除法、完全平方公式以及积的乘方的知识．此题比较简单，注意掌握指数的变化．
4．（4分）A（﹣3，2）关于原点的对称点是B，B关于x轴的对称点是C，则点C的坐标是（　　）
A．（3，2） B．（﹣3，2） C．（3，﹣2） D．（﹣2，3）
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），可得到B点坐标，再根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可得到C点坐标．
【解答】解：∵A（﹣3，2）关于原点的对称点是B，
∴B（3，﹣2），
∵B关于x轴的对称点是C，
∴C（3，2），
故选：A．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标规律，以及关于x轴对称点的坐标特点，关键是熟记坐标变化的规律．
5．（4分）把多项式a2﹣4a分解因式的正确结果是（　　）
A．a（a﹣4） B．（a+2）（a﹣2）
C．a（a+2）（a﹣2） D．（a﹣2）2﹣4
【分析】根据提公因式法的分解方法分解即可．
【解答】解：a2﹣4a＝a（a﹣4）．
故选：A．
【点评】本题考查了提公因式法分解因式，熟练掌握分解因式的方法是关键．
6．（4分）如果单项式﹣x4a﹣by2与是同类项，那么这两个单项式的积是（　　）
A．x6y4 B．﹣x3y2 C． D．
【分析】根据同类项的定义直接得出4a﹣b＝3，a+b＝2，即可得出两单项式的积．
【解答】解：∵单项式﹣x4a﹣by2与是同类项，
∴，
∴两单项式分别为：﹣x3y2与x3y2，
∴这两个单项式的积是：﹣x6y4．
故选：D．
【点评】此题主要考查了单项式乘以单项式以及同类项定义，得出单项式的次数是解题关键．
7．（4分）如图，AE，AD分别是△ABC的高和角平分线，且∠B＝36°，∠C＝76°，则∠DAE的度数为（　　）

A．40° B．20° C．18° D．38°
【分析】△ABC中已知∠B＝36°，∠C＝76°，就可知道∠BAC的度数，则∠BAE就可求出；∠DAE是直角三角形△ADE的一个内角，则∠DAE＝90°﹣∠ADE．
【解答】解：∵△ABC中已知∠B＝36°，∠C＝76，
∴∠BAC＝68°．
∴∠BAD＝∠DAC＝34°，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝70°，
∴∠DAE＝20°．
故选：B．
【点评】根据已知条件善于找出题目中的能求出角的条件是解题的关键，在平时解题中要善于对题目进行分析．
8．（4分）如图，下列各组条件中，不能得到△ABC≌△BAD的是（　　）

A．BC＝AD，∠ABC＝∠BAD B．BC＝AD，AC＝BD
C．AC＝BD，∠CAB＝∠DBA D．BC＝AD，∠CAB＝∠DBA
【分析】根据图形可得公共边AB＝AB，再加上选项所给条件，利用判定定理SSS、SAS、ASA、AAS分别进行分析即可．
【解答】解：根据图形可得公共边：AB＝AB，
A、BC＝AD，∠ABC＝∠BAD可利用SAS证明△ABC≌△BAD，故此选项不合题意；
B、BC＝AD，AC＝BD可利用SSS证明△ABC≌△BAD，故此选项不合题意；
C、AC＝BD，∠CAB＝∠DBA可利用SAS证明△ABC≌△BAD，故此选项不合题意；
D、BC＝AD，∠CAB＝∠DBA不能证明△ABC≌△BAD，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
9．（4分）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠CAB交BC于点D，DE⊥AB，垂足为E，且AB＝6cm，则△DEB的周长为（　　）

A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
【分析】先利用AAS判定△ACD≌△AED得出AC＝AE，CD＝DE；再对构成△DEB的几条边进行变换，可得到其周长等于AB的长．
【解答】解：∵AD平分∠CAB交BC于点D
∴∠CAD＝∠EAD
∵DE⊥AB
∴∠AED＝∠C＝90
∵AD＝AD
∴△ACD≌△AED．（AAS）
∴AC＝AE，CD＝DE
∵∠C＝90°，AC＝BC
∴∠B＝45°
∴DE＝BE
∵AC＝BC，AB＝6cm，
∴2BC2＝AB2，即BC＝＝＝3，
∴BE＝AB﹣AE＝AB﹣AC＝6﹣3，
∴BC+BE＝3+6﹣3＝6cm，
∵△DEB的周长＝DE+DB+BE＝BC+BE＝6（cm）．
另法：证明三角形全等后，
∴AC＝AE，CD＝DE．
∵AC＝BC，
∴BC＝AE．
∴△DEB的周长＝DB+DE+EB＝DB+CD+EB＝CB+BE＝AE+BE＝6cm．
故选：B．

【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、AAS、SAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
10．（4分）化简的结果是（　　）
A． B．a C． D．
【分析】将原式变形后，约分即可得到结果．
【解答】解：原式＝＝a．
故选：B．
【点评】题考查了分式的乘除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
11．（4分）如图，C、E和B、D、F分别在∠GAH的两边上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EF，若∠A＝18°，则∠GEF的度数是（　　）

A．108° B．100° C．90° D．80°
【分析】根据三角形内角和定理，三角形外角和内角的关系以及等腰三角形的性质，逐步推出∠GEF的度数．
【解答】解：∵∠A＝18°，AB＝BC＝CD＝DE＝EF，∴∠ACB＝18°，
根据三角形外角和外角性质得出∠BCD＝108°，
∴∠CBD＝∠CDB＝×（180°﹣108°）＝36°，
∵∠ECD＝180°﹣∠BCD﹣∠ACB＝180°﹣108°﹣18°＝54°，
∴∠ECD＝∠CED＝54°
∴∠CDE＝180°﹣54°×2＝72°，
∵∠EDF＝∠EFD＝180°﹣（∠CDB+∠CDE）＝72°，
∴∠DEF＝180°﹣（∠EDF+∠EFD）＝36°，
∴∠GEF＝180°﹣（∠CED+∠DEF）＝90°，
即∠GEF＝90°．
故选：C．
【点评】此类题考生应该注意的是三角形内角和定理的运用．
12．（4分）甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时间相同，已知乙车每小时比甲车多行驶15千米，设甲车的速度为x千米/小时，依据题意列方程正确的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】题中等量关系：甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时间相同，据此列出关系式．
【解答】解：设甲车的速度为x千米/时，则乙车的速度为（x+15）千米/时，
根据题意，得
＝．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，理解题意，找到等量关系是解决问题的关键．本题用到的等量关系为：时间＝路程÷速度．
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．（3分）计算：（2+3x）（﹣2+3x）＝　9x2﹣4　．
【分析】原式利用平方差公式化简即可．
【解答】解：原式＝9x2﹣4．
故答案为：9x2﹣4．
【点评】此题考查了平方差公式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
14．（3分）如图，点D在BC上，DE⊥AB于点E，DF⊥BC交AC于点F，BD＝CF，BE＝CD．若∠AFD＝145°，则∠EDF＝　55°　．

【分析】由图示知：∠DFC+∠AFD＝180°，则∠DFC＝35°．通过全等三角形Rt△BDE≌△Rt△CFD（HL）的对应角相等推知∠BDE＝∠CFD．
【解答】解：如图，∵∠DFC+∠AFD＝180°，∠AFD＝145°，
∴∠CFD＝35°．
又∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠BED＝∠CDF＝90°，
在Rt△BDE与△Rt△CFD中，
，
∴Rt△BDE≌△Rt△CFD（HL），
∴∠BDE＝∠CFD＝35°，
∴∠EDF+∠BDE＝∠EDF+∠CFD＝90°，
∴∠EDF＝55°．
故答案是：55°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
15．（3分）一个多边形的内角和等于它的外角和的3倍，它是　八　边形．
【分析】根据多边形的内角和公式及外角的特征计算．
【解答】解：多边形的外角和是360°，根据题意得：
180°•（n﹣2）＝3×360°
解得n＝8．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
16．（3分）分解因式：x3﹣4xy2＝　x（x+2y）（x﹣2y）　．
【分析】原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝x（x2﹣4y2）＝x（x+2y）（x﹣2y），
故答案为：x（x+2y）（x﹣2y）
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
17．（3分）等腰三角形的一个角是70°，则它的另外两个角的度数是　55°、55°或70°、40°　．
【分析】已知给出了一个内角是70°，没有明确是顶角还是底角，所以要进行分类讨论，分类后还有用内角和定理去验证每种情况是不是都成立．
【解答】解：（1）当顶角为70°时，则它的另外两个角的度数是55°，55°；
（2）当底角70°时，则它的另外两个角的度数是70°，40°；
所以另外两个角是55°，55°或70°，40°．
故答案为：55°，55°或70°，40°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理及等腰三角形的性质；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．
18．（3分）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，…，∠An﹣1BC的平分线与∠An﹣1CD的平分线交于点An．设∠A＝θ，则∠A2＝　　，∠An＝　　．

【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，根据角平分线的定义可得∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠ACD，然后整理得到∠A1＝∠A，同理可得∠A2＝∠A1，从而判断出后一个角是前一个角的，然后表示出，∠An即可．
【解答】解：由三角形的外角性质得，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，
∵∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，
∴∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠ACD，
∴∠A1+∠A1BC＝（∠A+∠ABC）＝∠A+∠A1BC，
∴∠A1＝∠A，
同理可得∠A2＝∠A1＝，
…，
∠An＝．
故答案为：；．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，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，角平分线的定义，熟记性质并准确识图然后求出后一个角是前一个角的是解题的关键．
三、解答与证明
19．（20分）先化简再求值：
（1）4（m+1）2﹣（2m+5）（2m﹣5），其中m＝﹣3．
（2）化简：，其中x＝2．
【分析】先进行化简，代入求知．
【解答】解（1）原式＝4（m2+2m+1）﹣（4m2﹣25）
＝4m2+8m+4﹣4m2+25
＝8m+29，
当m＝﹣3时，8m+29＝8×（﹣3）+29＝5；
（2）原式＝
＝，
当x＝2时，；
【点评】本题考查了整式的混合运算和分式的混合运算，化简完代入值求解即可．
20．（10分）在如图所示的平面直角坐标系中，先画出△OAB关于y轴对称的图形，再画出△OAB绕点O旋转180°后得到的图形．

【分析】根据旋转和对称的性质即可画出△OAB关于y轴对称的图形，再画出△OAB绕点O旋转180°后得到的图形．
【解答】解：如图，△OA′B′和△OA″B″即为所求．

【点评】本题考查了作图﹣旋转变换和轴对称变换，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
21．（10分）如图：已知BD＝CD，BF⊥AC，CE⊥AB，求证：点D在∠BAC的平分线上．

【分析】此题容易根据条件证明△BED≌△CFD，然后利用全等三角形的性质和角平分线的性质就可以证明结论．
【解答】证明：∵BF⊥AC，CE⊥AB，
∴∠BED＝∠CFD＝90°，
在△BED和△CFD中，
，
∴△BED≌△CFD（AAS），
∴DE＝DF，
又∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴点D在∠BAC的平分线上．
【点评】常用主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质．由全等等到DE＝DF是解答本题的关键．
22．（12分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F．求证：
（1）FC＝AD；
（2）AB＝BC+AD．

【分析】（1）根据AD∥BC可知∠ADC＝∠ECF，再根据E是CD的中点可求出△ADE≌△FCE，根据全等三角形的性质即可解答．
（2）根据线段垂直平分线的性质判断出AB＝BF即可．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC（已知），
∴∠ADC＝∠ECF（两直线平行，内错角相等），
∵E是CD的中点（已知），
∴DE＝EC（中点的定义）．
∵在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴FC＝AD（全等三角形的性质）．

（2）∵△ADE≌△FCE，
∴AE＝EF，AD＝CF（全等三角形的对应边相等），
又∵BE⊥AF，
∴BE是线段AF的垂直平分线，
∴AB＝BF＝BC+CF，
∵AD＝CF（已证），
∴AB＝BC+AD（等量代换）．

【点评】此题主要考查线段的垂直平分线的性质等几何知识．线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．
23．（12分）进入防汛期后，某地驻军在河堤加固的工程中出色完成任务，下面是记者与驻军工程指挥官的对话：记者：“你们是用9天时间完成4800米长的大坝加固任务的？”驻军指挥官：“我们加固600米后，采用新的加固模式，这样每天加固长度是原来的2倍．”通过上面的对话，请你求出该驻军原来每天加固河堤的米数．
【分析】设原来每天加固x米，则采用新的加固模式后每天加固2x米，由时间关系可得出关于x的分式方程，解此方程可得x的值，即该地驻军原来每天加固的距离．
【解答】解：设原来每天加固x米，则采用新的加固模式后每天加固2x米，前600米，每天加固x米，则用天数＝，剩下的（4800﹣600）米，每天加固2x，用的天数是，而总天数是9天．所以可列方程如下：+＝9，
解这个方程得：x＝300，
经检验x＝300是原方程的根，
答：该地驻军原来每天加固300米．
【点评】本题主要考查了分式方程在工程问题中的运用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
24．（20分）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M．
（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．

【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；
（2）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；
（3）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ＝∠CAP，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，
∵，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC＝60°…（6分）
（3）解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变．（7分）
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°．
【点评】此题是一个综合性题目，主要考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识．