2023-2024学年重庆市武隆区八年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年重庆市武隆区八年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共21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。

1.下列计算正确的是( )
A. a2+a3=a5B. a3⋅a3=a9C. (a3)2=a6D. (ab)2=ab2
2.下列分式中是最简分式的是( )
A. 2x+46x+8B. x+yx2−y2C. x2−y2x2−2xy+y2D. x+yx2+y2
3.分别剪一些边长相同的正三角形、正五边形、正六边形、正八边形，如果用其中一种正多边形镶嵌，能镶嵌成一个平面的图案共有( )
A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种
4.如图，AB=DB，BC=BE，欲证△ABE≌△DBC，则可增加的条件是( )
A. ∠ABE=∠DBE
B. ∠A=∠D
C. ∠E=∠C
D. ∠ABD=∠EBC
5.一个n边形的每个外角都是45∘，则这个n边形的内角和是( )
A. 1080∘B. 540∘C. 2700∘D. 2160∘
6.如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交BC于点D，连接AD.若△ADC的周长为10，AB=7，则△ABC的周长为( )
A. 7
B. 14
C. 17
D. 20
7.如图，有两个正方形纸板A，B，纸板A与B的面积之和为34.现将纸板B按甲方式放在纸板A的内部，阴影部分的面积为4.若将纸板A，B按乙方式并列放置后，构造新的正方形，则阴影部分的面积为( )
A. 30B. 32C. 34D. 36
8.如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A′处，且A′B平分∠ABC，A′C平分∠ACB，若∠BA′C=110∘，则∠1+∠2的度数为( )
A. 80∘
B. 90∘
C. 100∘
D. 110∘
9.如图1，已知AB=AC，D为∠BAC的平分线上一点，连接BD、CD；如图2，已知AB=AC，D、E为∠BAC的平分线上两点，连接BD、CD、BE、CE；如图3，已知AB=AC，D、E、F为∠BAC的平分线上三点，连接BD、CD、BE、CE、BF、CF；…，依次规律，第n个图形中全等三角形的对数是( )
A. nB. 2n−1C. n(n+1)2D. 3(n+1)
10.将一副三角板按如图所示的方式摆放，其中△ABC为含有45∘角的三角板，直线AD是等腰直角三角板的对称轴，且斜边上的点D为另一块三角板DMN的直角顶点，DM、DN分别交AB、AC于点E、F.则下列四个结论：①BD=AD=CD；②△AED≌△CFD；③BE+CF=EF；④S四边形AEDF=18BC2.其中结论正确的是( )
A. ①②③B. ①②④C. ①②③④D. ②③④
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.如果分式2xx−3有意义，那么x的取值范围是______.
12.如果点A(−3,m)与点B(3,4)关于y轴对称，那么m=______.
13.如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，CD是高，∠A=30∘，AB=4.则BD=______.
14.如果a−3b=0，那么代数式(a−2ab−b2a)÷a2−b2a的值是__________ .
15.若2m=a，32n=b，m，n为正整数，则23m+10n=______.
16.如图是可调躺椅示意图，AE与BD的交点为C，∠CAB=50∘，∠CBA=60∘，∠CDF=20∘，∠CEF=30∘.为了舒适，需调整∠CDF的大小，使∠EFD=110∘，且∠CAB、∠CBA、∠E保持不变，则图中∠CDF应______(填“增加”或“减少”)______度.
17.如图，△ABC中，∠ACB=60∘，点D在AB上，CD=14，∠BDC=60∘，延长CB至点E，使CE=AC，过点E作EF⊥CD于点F，交AB于点G，若5DG=3AD，则DF=______.
18.一个三角形有一内角为48∘，如果经过其一个顶点作直线能把其分成两个等腰三角形，那么它的最大内角可能是______.
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
(1)运用平方差公式计算：103×97；
(2)解方程：3x−5+2=x−25−x.
20.(本小题10分)
如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1.
(1)在图①中，已知线段AB，CD画线段EF，使它与AB，CD组成轴对称图形(要求画出一种符合题意的线段)；
(2)在图②中，找一格点D，满足：①到CB、CA的距离相等；②到点A、C的距离相等．
21.(本小题10分)
先化简再求值：1−a−1a÷(aa+2−1a2+2a)，然后从0，1，2中选择一个合适的数代入求值.
22.(本小题10分)
《几何原本》是一部集前人思想和欧几里得个人创造性于一体的不朽之作，把人们公认的一些事实列成定义、公理和公设，用它们来研究各种几何图形的性质，从而建立了一套从定义、公理和公设出发，论证命题得到定理的几何学论证方法．在其第一卷中记载了这样一个命题：“在任意三角形中，大边对大角．”
请补全上述命题的证明．
已知：如图，在△ABC中，AC>AB.
求证：______.
证明：如图，由于AC>AB，故在AC边上截取AD=AB，连接BD.(在图中补全图形)
∵AD=AB，
∴∠ABD=∠______.(______)(填推理的依据)
∵∠ADB是△BCD的外角，
∴∠ADB=∠C+∠DBC.(______)(填推理的依据)
∴∠ADB>∠C.
∴∠ABD>∠C.
∵∠ABC=∠ABD+∠DBC，
∴∠ABC>∠ABD.
∴∠ABC>∠C.
23.(本小题10分)
今年杭州亚运会期间，某商店用3000元购进一批亚运会吉祥物，很快售完，第二次购进时，每个吉祥物的进价提高了20%，同样用3000元购进的数量比第一次少了10个.
(1)求第一次购进的每个吉祥物的进价为多少元？
(2)若两次购进的吉祥物售价均为96元，且全部售出，则该商店两次购进吉祥物的总利润为多少元？
24.(本小题10分)
八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：将2a−3ab−4+6b因式分解.经过小组合作交流，得到了如下的解决方法：
解法一：原式=(2a−3ab)−(4−6b)
=a(2−3b)−2(2−3b)
=(2−3b)(a−2)
解法二：原式=(2a−4)−(3ab−6b)
=2(a−2)−3b(a−2)
=(a−2)(2−3b)
小明由此体会到，对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式法、公式法等方法达到因式分解的目的.这种方法可以称为分组分解法.(温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止)
请你也试一试利用分组分解法进行因式分解：
(Ⅰ)因式分解：x2−a2+x+a；
(Ⅱ)因式分解：ax+a2−2ab−bx+b2.
25.(本小题10分)
如图，△ABC是边长为5cm的等边三角形，点P，Q分别从顶点A，B同时出发，沿线段AB，BC运动，且它们的速度都为1cm/s.当点P到达点B时，P，Q两点停止运动，设点P的运动时间为t(s).
(1)当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
(2)连接AQ、CP，相交于点M，则点P，Q在运动的过程中，∠CMQ会变化吗？若变化，则说明理由；若不变，请求出它的度数．
26.(本小题10分)
在△DEF中，DE=DF，点B在EF边上，且∠EBD=60∘，C是射线BD上的一个动点(不与点B重合，且BC≠BE)，在射线BE上截取BA=BC，连接AC.
(1)当点C在线段BD上时，
①若点C与点D重合，请根据题意补全图1，并直接写出线段AE与BF的数量关系为______；
②如图2，若点C不与点D重合，请证明AE=BF+CD；
(2)当点C在线段BD的延长线上时，用等式表示线段AE，BF，CD之间的数量关系(直接写出结果，不需要证明).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方法则，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键．
根据合并同类项法则，同底数幂的乘法法则、幂的乘方法则、积的乘方法则，对各选项分析判断后得结论．
【解答】
解：∵a2与a3不是同类项，∴选项A不正确；
∵a3⋅a3=a6≠a9，∴选项B不正确；
∵(a3)2=a3×2=a6，∴选项C正确；
∵(ab)2=a2b2≠ab2，∴选项D不正确．
故选：C.
2.【答案】D
【解析】解：A.2x+46x+8=2(x+4)2(3x+4)=x+43x+4，不符合题意；
B.x+y(x+y)(x−y)=1x−y，不符合题意；
C.x2−y2x2−2xy+y2=(x+y)(x−y)(x−y)2=x+yx−y，不符合题意；
D.x+yx2+y2是最简分式，符合题意；
故选：D.
根据最简分式的定义分别对每一项进行分析，即可得出答案．
此题考查了最简分式，最简分式的标准是分子，分母中不含有公因式，不能再约分．判断的方法是把分子、分母分解因式，并且观察有无互为相反数的因式，这样的因式可以通过符号变化化为相同的因式从而进行约分．
3.【答案】B
【解析】解：①、正三角形的每个内角是60∘，能整除360∘，能密铺；
②、正五边形每个内角是180∘−360∘÷5=108∘，不能整除360∘，不能密铺；
③、正六边形的每个内角是120∘，能整除360∘，能密铺；
④、正八边形的每个内角是135∘，不能整除360∘，不能密铺；
故能镶嵌成一个平面的图案共有①③2种．
故选：B.
分别求出各个正多边形的每个内角的度数，再利用镶嵌应符合一个内角度数能整除360即可作出判断．
本题考查平面镶嵌问题．用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
4.【答案】D
【解析】解：A.AB=DB，BC=BE，∠ABE=∠DBE，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABE≌△DBC，故本选项不符合题意；
B.AB=DB，BC=BE，∠A=∠D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABE≌△DBC，故本选项不符合题意；
C.AB=DB，BC=BE，∠E=∠C，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABE≌△DBC，故本选项不符合题意；
D.∵∠ABD=∠CBE，
∴∠ABD+∠DBE=∠CBE+∠DBE，
即∠ABE=∠DBC，
AB=DB，∠ABE=∠DBC，BC=BE，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABE≌△DBC，故本选项符合题意；
故选：D.
根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
5.【答案】A
【解析】解：多边形的边数是：360∘÷45∘=8，
则多边形的内角和是：(8−2)×180∘=1080∘.
故答案为：A.
本题主要考查了多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化，因而把求多边形内角的计算转化为外角的计算，可以使计算简便．
6.【答案】C
【解析】解：∵在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交BC于点D，连接AD.
∴MN是AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∵△ADC的周长为10，
∴AC+AD+CD=AC+BD+CD=AC+BC=10，
∵AB=7，
∴△ABC的周长为：AC+BC+AB=10+7=17.
故选：C.
首先根据题意可得MN是AB的垂直平分线，即可得AD=BD，又由△ADC的周长为10，求得AC+BC的长，则可求得△ABC的周长．
此题考查了线段垂直平分线的性质与作法．题目难度不大，解题时要注意数形结合思想的应用．
7.【答案】A
【解析】解：设A的边长a，B的边长是b，则a2+b2=34，
根据题意得：(a−b)2=4，
∴a2+b2−2ab=4，
∴2ab=30，
∴乙图阴影部分的面积为：(a+b)2−a2−b2=2ab=30，
故选：A.
先设A，B的边长分别是a，b，再用a，b边上阴影部分的面积求解．
本题考查了完全平方公式的几何背景，用字母表示面积是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：连接AA′.
∵A′B平分∠ABC，A′C平分∠ACB，∠BA′C=110∘，
∴∠A′BC+∠A′CB=70∘，
∴∠ABC+∠ACB=140∘，
∴∠BAC=180∘−140∘=40∘，
∵∠1=∠DAA′+∠DA′A，∠2=∠EAA′+∠EA′A，
∵∠DAA′=∠DA′A，∠EAA′=∠EA′A，
∴∠1+∠2=2(∠DAA′+∠EAA′)=2∠BAC=80∘，
故选：A.
连接AA′.首先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题．
本题考查三角形的内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识，属于中考常考题型．
9.【答案】C
【解析】解：由题知，第1个图形中全等三角形的对数为：1；
第2个图形中全等三角形的对数为：1+2=3；
第3个图形中全等三角形的对数为：1+2+3=6；
第4个图形中全等三角形的对数为：1+2+3+4=10；
...
第n个图形中全等三角形的对数为：1+2+3+4+...+n=n(n+1)2；
故选：C.
根据图形得出当有1点D时，有1对全等三角形；当有2点D、E时，有3对全等三角形；当有3点D、E、F时，有6对全等三角形；根据以上结果得出当有n个点时，可求得有12n(n+1)对全等三角形．
本题主要考查全等三角形的判定，关键是根据已知图形得出规律，题目比较典型，但有一定的难度．
10.【答案】B
【解析】解：∵∠B=45∘，AB=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵点D为BC中点，
∴AD=CD=BD，故①正确；
AD⊥BC，∠BAD=45∘，
∴∠EAD=∠C，
∵∠MDN是直角，
∴∠ADF+∠ADE=90∘，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADC=90∘，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
∠DAE=∠DCFAD=CD∠ADE=∠CDF，
∴△AED≌△CFD(ASA)，故②正确；
∴DE=DF、BE=AF，
∴△DEF是等腰直角三角形；
∵AE=AB−BE，CF=AC−AF，
∵BE+CF=AF+AE
∴BE+CF>EF，故③错误；
∵△BDE≌△ADF，
∴S△ADF=S△BDE，
∴S四边形AEDF=S△ABD=12AD2=14AB2=18BC2，故④正确；
∴正确的有：①②④．
故选：B.
根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD=BD，故①正确，∠CAD=∠B=45∘，根据同角的余角相等求出∠CDF=∠ADE，然后利用“角边角”证明△ADE和△CDF全等，判断出②正确，根据全等三角形对应边相等可得DE=DF、BE=AF，求出AE=CF，根据BE+CF=AF+AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得BE+CF>EF，判断出③错误；根据全等三角形的面积相等可得S△ADF=S△BDE，从而求出S四边形AEDF=S△ABD=18BC2，判断出④正确．
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等的性质，熟记三角形全等的判定方法并求出△ADE和△CDF全等是解题的关键．
11.【答案】x≠3
【解析】本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
(1)分式无意义得到分母为零；
(2)分式有意义得到分母不为零；
(3)分式值为零得到分子为零且分母不为零．
根据分式有意义，分母不等于0，列不等式求解即可．
解：由题意得，x−3≠0，
解得x≠3.
故答案为：x≠3.
12.【答案】4
【解析】解：∵点A(−3,m)与点B(3,4)关于y轴对称，
∴m=4.
故答案为：4.
根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答即可．
本题考查了关于x轴、y轴对称点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
(1)关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
(2)关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
(3)关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数
13.【答案】1
【解析】解：在直角△ABC中，∠ACB=90∘，∠A=30∘，且CD⊥AB，
∴∠BCD=∠A=30∘，
∵AB=4，
∴BC=12AB=4×12=2，
∴BD=12BC=2×12=1.
故答案为：1.
根据同角的余角相等知，∠BCD=∠A=30∘，所以分别在△ABC和△BDC中利用30∘锐角所对的直角边等于斜边的一半即可求出BD.
本题考查了同角的余角相等和30∘锐角所对的直角边等于斜边的一半，熟练掌握30∘锐角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
14.【答案】12
【解析】解：当a−3b=0时，
即a=3b，
∴原式=a2−2ab+b2a⋅a(a+b)(a−b)
=(a−b)2a⋅a(a+b)(a−b)
=a−ba+b
=3b−b3b+b
=12.
故答案为：12.
根据分式的运算法则得到最简结果，把已知等式变形后代入计算即可求出值．
本题考查分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
15.【答案】a3b2
【解析】本题考查了幂的乘方，掌握运算法则是解答本题的关键．
根据幂的乘方的运算法则求解．
解：32n=25n=b，2m=a，
则23m+10n=23m⋅210n=2m3⋅25n2=a3⋅b2=a3b2.
故答案为：a3b2.
16.【答案】增加 10
【解析】解：连接CF，并延长至点M，如图所示．
在△ABC中，∠A=50∘，∠B=60∘，
∴∠ACB=180∘−∠A−∠B=180∘−50∘−60∘=70∘，
∴∠DCE=∠ACB=70∘.
∵∠DFM=∠DCF+∠D，∠EFM=∠ECF+∠E，
∴∠EFD=∠DCF+∠ECF+∠D+∠E=∠DCE+∠D+∠E，
即130∘=70∘+∠D+30∘，
∴∠D=30∘，
∴∠CDF应增加10度．
故答案为：增加；10.
连接CF，并延长至点M，在△ABC中，利用三角形内角和定理，可得出∠ACB的度数，结合对顶角相等，可得出∠DCE的度数，利用三角形外角的性质，可得出∠DFM=∠DCF+∠D，∠EFM=∠ECF+∠E，二者相加后，可求出∠D的度数，再结合∠D的原度数，即可求出结论．
本题考查了三角形内角和定理以及三角形的外角性质，根据各角之间的关系，找出∠EFD与∠D之间的关系是解题的关键．
17.【答案】2113
【解析】解：如图，过点C作CH⊥AB于H，
∵∠ACB=60∘=∠BDC，∠BDC=∠A+∠ACD，∠ACB=∠ACD+∠BCD，
∴∠A=∠BCD，
在△AHC和△CFE中，
∠A=∠BCD∠AHC=∠EFC=90∘AC=CE，
∴△AHC≌△CFE(AAS)，
∴CF=AH，
∵∠BDC=60∘，EF⊥CD，CH⊥AB，
∴∠DGF=∠DCH=30∘，
∴DH=12CD=7，DG=2DF，
∵5DG=3AD，
∴AD=103DF，
∵AH=CF，
∴103DF+7=14−DF，
∴DF=2113，
故答案为：2113.
由“AAS”可证△AHC≌△CFE，可得CF=AH，由直角三角形的性质可得DH=12CD=7，DG=2DF，由线段的数量关系可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18.【答案】88∘，90∘，99∘，108∘，116∘
【解析】解：如图①所示，当∠BAC=48∘时，那么它的最大内角是90∘
当∠ACB=48∘时，有以下4种情况，
故答案为：88∘，90∘，99∘，108∘，116∘
当它为顶角时，根据等腰三角形的性质，可以求得最大角是90度，如图①所示；当它是侧角时，用同样的方法，可求得最大角有4种情况．
此题主要考查学生对等腰三角形的性质和三角形内角和定理的理解和掌握，此题涉及等知识点并不多，但是要分4种情况解答，因此，属于难题．
19.【答案】解：(1)原式=(100+3)×(100−3)
=10000−9
=9991；
(2)原方程去分母得：3+2(x−5)=2−x，
去括号得：3+2x−10=2−x，
移项，合并同类项得：3x=9，
系数化为1得：x=3，
检验：将x=3代入(x−5)得：3−5=−2≠0，
故原方程的解为x=3.
【解析】(1)利用平方差公式计算即可；
(2)利用解分式方程的步骤解方程即可．
本题考查平方差公式及解分式方程，熟练掌握相关运算法则及解方程的方法是解题的关键．
20.【答案】解：(1)如图，线段EF即为所求；
(2)如图，点D即为所求．

【解析】(1)根据轴对称的性质画出线段EF即可；
(2)找一格点D，满足点D到CB、CA的距离相等；到点A、C的距离相等即可．
本题考查的是利用轴对称设计图案，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
21.【答案】解：原式=1−a−1a÷(a2a2+2a−1a2+2a)
=1−a−1a÷a2−1a2+2a
=1−a−1a⋅a(a+2)(a+1)(a−1)
=1−a+2a+1
=a+1a+1−a+2a+1
=−1a+1，
由题意得：a≠0、±1、−2，
当a=2时，原式=−12+1=−13.
【解析】根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定a的值，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
22.【答案】∠ABC>∠C；ADB ；等边对等角；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
【解析】已知：如图，在△ABC中，AC>AB.
求证：∠ABC>∠C.
证明：如图，由于AC>AB，故在AC边上截取AD=AB，连接BD.(在图中补全图形).
因为AD=AB，
所以∠ABD=∠ADB(等边对等角)，
因为∠ADB是△BCD的外角，
所以∠ADB=∠C+∠DBC.(三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和)，
所以∠ADB>∠C，
所以∠ABD>∠C，
因为∠ABC=∠ABD+∠DBC，
所以∠ABC>∠ABD，
所以∠ABC>∠C.
故答案为：∠ABC>∠C；ADB；等边对等角；三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
根据文字题目的要求写出已知，求证，利用等腰三角形的性质以及三角形的外角的性质解决问题即可．
本题考查等腰三角形的性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23.【答案】解：(1)设第一次每个的进价为 x元，则第二次进价为(1+20%)x，
根据题意得：3000x−3000(1+20%)x=10，
解得：x=50，
经检验：x=50是方程的解，且符合题意，
答：第一次购进的每个吉祥物的进价为50元；
(2)96×(300050+300050×1.2)−3000×2=4560(元)，
答：该商店两次购进吉祥物的总利润为4560元．
【解析】(1)设第一次每个的进价为 x元，则第二次进价为(1+20%)x，根据等量关系，列出分式方程，即可求解；
(2)根据总利润=总售价-总成本，列出算式，即可求解．
本题主要考查分式方程的实际应用，找准等量关系，列出分式方程，是解题的关键．
24.【答案】解：(Ⅰ)x2−a2+x+a
=(x2−a2)+(x+a)
=(x−a)(x+a)+(x+a)
=(x+a)(x−a+1)；
(Ⅱ)ax+a2−2ab−bx+b2.
=(ax−bx)+(a2−2ab+b2)
=x(a−b)+(a−b)2
=(a−b)(x+a−b).
【解析】认真读懂题意，利用因式分解解决问题．
本题考查了因式分解，解题的关键是掌握分组因式分解．
25.【答案】解：(1)设时间为t，则AP=BQ=t，PB=5−t
①当∠PQB=90∘时，
∵∠B=60∘，
∴PB=2BQ，得5−t=2t，t=53；
②当∠BPQ=90∘时，
∵∠B=60∘，
∴BQ=2BP，得t=2(5−t)，t=103；
∴当第53秒或第103秒时，△PBQ为直角三角形．
(2)∠CMQ=60∘不变．
在△ABQ与△CAP中，
AB=AC∠B=∠CAP=60∘AP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP(SAS)，
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠ACP+∠CAM
=∠BAQ+∠CAM
=∠BAC=60∘.
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．掌握判定三角形全等的方法，分类讨论是解决问题的关键．
(1)需要分类讨论：分∠PQB=90∘和∠BPQ=90∘两种情况；
(2)∠CMQ=60∘不变．通过证△ABQ≌△CAP(SAS)得到：∠BAQ=∠ACP，由三角形外角定理得到∠CMQ=∠BAC=60∘.
26.【答案】解：(1)①AE=BF
②证明：在BE上截取BG=BD，连接DG，
∵∠EBD=60∘，BG=BD，
∴△GBD是等边三角形．
同理，△ABC也是等边三角形．
∴AG=CD，
∵DE=DF，∴∠E=∠F.
又∵∠DGB=∠DBG=60∘，
∴∠DGE=∠DBF=120∘，
在△DGE与△DBF中，∠E=∠F∠EGD=∠FBDDG=BD，
∴△DGE≌△DBF，
∴GE=BF，
∴AE=BF+CD；

(2)如图3，连接DG，
由(1)知，GE=BF，AG=CD，
∴AE=EG−AG；
∴AE=BF−CD，
如图4，连接DG，
由(1)知，GE=BF，AG=CD，
∴AE=AG−EG；
∴AE=CD−BF.
【解析】解：(1)①如图1，∵BA=BC，∠EBD=60∘，
∴△ABC是等边三角形，
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=60∘，
∴∠EAD=∠FBD=120∘，
∵DE=DF，
∴∠E=∠F，
在△AEC与△BCF中，∠E=∠F∠EAD=∠FBDAD=BD，
∴△ADE≌△BDF，
∴AE=BF；
故答案为：AE=BF；
②见答案
(2)见答案
【分析】(1)①如图1，根据已知条件得到△ABC是等边三角形，由等边三角形的性质得到AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=60∘，由邻补角的性质得到∠EAD=∠FBD=120∘，推出△ADE≌△BDF，根据全等三角形的性质即可得到结论；②证明：在BE上截取BG=BD，连接DG，得到△GBD是等边三角形．同理，△ABC也是等边三角形．求得AG=CD，通过△DGE≌△DBF，得到GE=BF，根据线段的和差即可得到结论；
(2)如图3，连接DG，由(1)知，GE=BF，AG=CD，根据线段的和差和等量代换即可得到结论；如图4，连接DG，由(1)知，GE=BF，AG=CD，根据线段的和差和等量代换即可得到结论．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．