山東省萊蕪市陳毅中學(xué)2024屆八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末檢測試題含解析

山東省萊蕪市陳毅中學(xué)2024屆八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．小麗家在學(xué)校北偏西60°方向上，距學(xué)校4km，以學(xué)校所在位置為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，1km為一個單位長度，則小麗家所在位置的坐標(biāo)為（）A．（﹣2，﹣2） B．（﹣2，2） C．（2，﹣2） D．（﹣2，﹣2）2．下列二次根式中，屬于最簡二次根式的是（）A． B． C． D．3．如圖，直線y＝﹣x＋4與x軸、y軸分別交于點A、B、C是線段AB上一點，四邊形OADC是菱形，則OD的長為（）A．4.2 B．4.8 C．5.4 D．64．已知一組數(shù)據(jù)2，3，4，x，1，4，3有唯一的眾數(shù)4，則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是()A．2 B．3 C．4 D．55．甲、乙、丙、丁四位選手各射擊10次，每人的平均成績都是9.3環(huán)，方差如下表所示：選手甲乙丙丁方差0.0350.0360.0280.015則這四人中成績最穩(wěn)定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁6．若代數(shù)式在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則x的取值范為是（）A．x≥－2 B．x＞－2 C．x≥2 D．x≤27．如果一個多邊形的內(nèi)角和等于720°，則這個多邊形是()A．四邊形 B．五邊形 C．六邊形 D．七邊形8．式子在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則x的取值范圍()A．x≤2 B．x＜2 C．x＞2 D．x≥29．下列計算正確的是（）A． B．2 C．（）2＝2 D．＝310．一個長為2、寬為1的長方形以下面的四種“姿態(tài)”從直線l的左側(cè)水平平移至右側(cè)(下圖中的虛線都是水平線)．其中，所需平移的距離最短的是()A． B．C． D．11．在平面直角坐標(biāo)系中，將△AOB繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)180°后得到△A1OB1，若點B的坐標(biāo)為（-2，1），則點B的對應(yīng)點B1的坐標(biāo)為（）A．（2，-1） B．（2，1） C．（﹣2，-1） D．（1，2）12．小明在學(xué)習(xí)了正方形之后，給同桌小文出了道題，從下列四個條件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中選兩個作為補充條件，使?ABCD為正方形（如圖），現(xiàn)有下列四種選法，你認為其中錯誤的是（）A．①② B．②③ C．①③ D．②④二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，若F是BC的中點，且∠EDF=45°，則BE的長為_______．14．平行四邊形ABCD的周長為20cm，對角線AC、BD相交于點O，若△BOC的周長比△AOB的周長大2cm，則CD＝_____cm．15．在一次函數(shù)y=(m-1)x+6中，y隨x的增大而增大，則m的取值范圍是______．16．鐵路部門規(guī)定旅客免費攜行李箱的長寬高之和不超過，某廠家生產(chǎn)符合該規(guī)定的行李箱，已知行李箱的高為，長與寬之比為，則該行李箱寬度的最大值是_______.17．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形0ABC是平行四邊形，且A(4，0)，B(6，2)，則直線AC的解析式為___________.18．計算__．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC交BC于點D，在線段AD上任到一點P（點A除外），過點P作EF∥AB，分別交AC、BC于點E、F，作PQ∥AC，交AB于點Q，連接QE與AD相交于點G．（1）求證：四邊形AQPE是菱形．（2）四邊形EQBF是平行四邊形嗎？若是，請證明；若不是，請說明理由．（3）直接寫出P點在EF的何處位置時，菱形AQPE的面積為四邊形EQBF面積的一半．20．（8分）如圖，點A．F、C．D在同一直線上，點B和點E分別在直線AD的兩側(cè)，且AB=DE，∠A=∠D，AF=DC．（1）求證：四邊形BCEF是平行四邊形，（2）若∠ABC=90°，AB=4，BC=3，當(dāng)AF為何值時，四邊形BCEF是菱形．21．（8分）如圖1，在中，，，點，分別在邊AC，BC上，，連接BD，點F，P，G分別為AB，BD，DE的中點.（1）如圖1中，線段PF與PG的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（2）若把△CDE繞點C逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接AD，BE，GF，判斷△FGP的形狀，并說明理由；（3）若把△CDE繞點C在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，AC=8，CD=3，請求出△FGP面積的最大值.22．（10分）如圖，ΔABC中，∠B=22.5°，∠C=60°，AB的垂直平分線交BC于點D，交AB于點F，BD=62，AE⊥BC于點E，求CE的長23．（10分）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=30cm，BC=40cm．點P從點A出發(fā)，以5cm/s的速度沿AC向終點C勻速移動．過點P作PQ⊥AB，垂足為點Q，以PQ為邊作正方形PQMN，點M在AB邊上，連接CN．設(shè)點P移動的時間為t（s）．（1）PQ=______；（用含t的代數(shù)式表示）（2）當(dāng)點N分別滿足下列條件時，求出相應(yīng)的t的值；①點C，N，M在同一條直線上；②點N落在BC邊上；（3）當(dāng)△PCN為等腰三角形時，求t的值．24．（10分）分解因式：（1）x2（x﹣y）+（y﹣x）；（2）﹣4a2x+12ax﹣9x25．（12分）如圖，矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，點G，H在對角線AC上，EF與AC相交于點O，AG=CH，BE=DF．（1）求證：四邊形EGFH是平行四邊形；（2）若EG=EH，DC=8，AD=4，求AE的長．26．（1）判斷下列各式是否成立（在括號內(nèi)劃√或×）①（）；②（）；③（）；④．（）（2）根據(jù)（1）中的結(jié)果，將你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律，用含有自然數(shù)（）的式子表示出來；（3）請說明你所發(fā)現(xiàn)的規(guī)律的正確性．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

根據(jù)題意聯(lián)立直角坐標(biāo)系，再利用勾股定理即可求解.【詳解】解：由題意可得：AO＝4km，∠AOB＝30°，則AB＝2，BO＝，故A點坐標(biāo)為：（﹣2，2）．故選：B．【點睛】此題主要考查直角坐標(biāo)系的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出直角坐標(biāo)系進行求解.2、C【解析】

根據(jù)最簡二次根式的定義對各選項分析判斷利用排除法求解．【詳解】解：A、不是最簡二次根式，錯誤；B、不是最簡二次根式，錯誤；C、是最簡二次根式，正確；D、不是最簡二次根式，錯誤；故選：C．【點睛】本題考查最簡二次根式的定義，最簡二次根式必須滿足兩個條件：（1）被開方數(shù)不含分母；（2）被開方數(shù)不含能開得盡方的因數(shù)或因式．3、B【解析】

由直線的解析式可求出點B、A的坐標(biāo)，進而可求出OA、OB的長，再利用勾股定理即可求出AB的長，由菱形的性質(zhì)可得OE⊥AB，OE=DE，再根據(jù)直角三角形的面積可求出OE的長，進而可求出OD的長.【詳解】解：∵直線y＝﹣x＋4與x軸、y軸分別交于點A、B，∴點A（3,0）、點B（0,4），∴OA=3，OB=4，∴AB=，∵四邊形OADC是菱形,

∴OE⊥AB，OE=DE，由直角三角形的面積得，即3×4=5×OE.解得：OE=2.4，∴OD=2OE=4.8.故選B.【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)和一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點問題，難度不大，題目設(shè)計新穎，解題的關(guān)鍵是把求OD的長轉(zhuǎn)化為求直角△AOB斜邊上的高OE的長的2倍.4、B【解析】

根據(jù)題意由有唯一的眾數(shù)4，可知x=4，然后根據(jù)中位數(shù)的定義求解即可．【詳解】∵這組數(shù)據(jù)有唯一的眾數(shù)4，∴x=4，∵將數(shù)據(jù)從小到大排列為：1，2，1，1，4，4，4，∴中位數(shù)為：1．故選B．【點睛】本題考查了眾數(shù)、中位數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題，掌握基本定義是關(guān)鍵．眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的那個數(shù).當(dāng)有奇數(shù)個數(shù)時，中位數(shù)是從小到大排列順序后位于中間位置的數(shù)；當(dāng)有偶數(shù)個數(shù)時，中位數(shù)是從小到大排列順序后位于中間位置兩個數(shù)的平均數(shù).5、D【解析】∵0.036>0.035>0.028>0.015,∴丁最穩(wěn)定，故選D.6、C【解析】試題分析：根據(jù)二次根式的意義，x-2≥0,解得x≥2.故選C.考點：二次根式的意義.7、C【解析】試題分析：這個正多邊形的邊數(shù)是n，則（n﹣2）?180°=720°，解得：n=1．則這個正多邊形的邊數(shù)是1．故選C．考點：多邊形內(nèi)角與外角．8、C【解析】分析：根據(jù)使“分式和二次根式有意義的條件”進行分析解答即可.詳解：∵式子在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，∴，解得：.故選C.點睛：熟記：“使分式有意義的條件是：分母的值不能為0；使二次根式有意義的條件是：被開方數(shù)為非負數(shù)”是解答本題的關(guān)鍵.9、C【解析】

利用二次根式的加減運算及立方根的定義，逐一分析四個選項的正誤即可得出結(jié)論．【詳解】解：A、＞3＞，∴選項A不正確；B、，∴選項B不正確；C、（）2＝2，∴選項C正確；D、＝3，∴選項D不正確．故選C．【點睛】本題考查了立方根、算式平方根以及二次根式的加減，利用排除法逐一分析四個選項的正誤是解題的關(guān)鍵．10、C【解析】

根據(jù)平移的性質(zhì)，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理計算出各個圖形中平移的距離，然后比較它們的大小即可．【詳解】A、平移的距離＝1+2＝3，B、平移的距離＝2+1＝3，C、平移的距離＝＝，D、平移的距離＝2，故選C．【點睛】本題考查了平移的性質(zhì)：把一個圖形整體沿某一直線方向移動，會得到一個新的圖形，新圖形與原圖形的形狀和大小完全相同；新圖形中的每一點，都是由原圖形中的某一點移動后得到的，這兩個點是對應(yīng)點．連接各組對應(yīng)點的線段平行且相等．解決本題的關(guān)鍵是利用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理計算出各個圖形中平移的距離．11、A【解析】

根據(jù)題意可得，點B和點B的對應(yīng)點B1關(guān)于原點對稱，據(jù)此求出B1的坐標(biāo)即可．【詳解】∵△A1OB1是將△AOB繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)180°后得到圖形，∴點B和點B1關(guān)于原點對稱，∵點B的坐標(biāo)為(-2,1)，∴B1的坐標(biāo)為(2,?1).故選：A.【點睛】此題考查坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)，解題關(guān)鍵在于掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).12、B【解析】

A、∵四邊形ABCD是平行四邊形，當(dāng)①AB=BC時，平行四邊形ABCD是菱形，當(dāng)②∠ABC=90°時，菱形ABCD是正方形，故此選項正確，不合題意；B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴當(dāng)②∠ABC=90°時，平行四邊形ABCD是矩形，當(dāng)AC=BD時，這是矩形的性質(zhì)，無法得出四邊形ABCD是正方形，故此選項錯誤，符合題意；C、∵四邊形ABCD是平行四邊形，當(dāng)①AB=BC時，平行四邊形ABCD是菱形，當(dāng)③AC=BD時，菱形ABCD是正方形，故此選項正確，不合題意；D、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴當(dāng)②∠ABC=90°時，平行四邊形ABCD是矩形，當(dāng)④AC⊥BD時，矩形ABCD是正方形，故此選項正確，不合題意．故選C．二、填空題（每題4分，共24分）13、4【解析】

延長F至G，使CG=AE，連接DG，由SAS證明△ADE≌△CDG，得出DE=DG，∠ADE=∠CDG，再證明△EDF≌△GDF，得出EF=GF，設(shè)AE=CG=x，則EF=GF=3+x，在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程得出AE=2，從而求得BE的長即可．【詳解】解：延長F至G，使CG=AE，連接DG、EF，如圖所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB=BC=CD=6，∠A=∠B=∠DCF=∠ADC=90°，∴∠DCG=90°，在△ADE和△CDG中，AE=CG∠A=∠DCG=∴△ADE≌△CDG（SAS），∴DE=DG，∠ADE=∠CDG，∴∠EDG=∠CDE+∠CDG=∠CDE+∠ADE=90°，∵∠EDF=45°，∴∠GDF=45°，在△EDF和△GDF中，DE=DG∠EDF=∠GDF∴△EDF≌△GDF（SAS），∴EF=GF，∵F是BC的中點，∴BF=CF=3，設(shè)AE=CG=x，則EF=GF=CF+CG=3+x，在Rt△BEF中，由勾股定理得：32解得：x=2，即AE=2，∴BE=AB-AE=6-2=4.【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理，利用了方程的思想，證明三角形全等是解本題的關(guān)鍵．14、1．【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知，平行四邊形的對角線互相平分，由于△BOC的周長比△AOB的周長大2cm，則BC比AB長7cm，所以根據(jù)周長的值可以求出AB，進而求出CD的長．【詳解】解：∵平行四邊形的周長為20cm，∴AB+BC=10cm；又△BOC的周長比△AOB的周長大2cm，∴BC﹣AB=2cm，解得：AB=1cm，BC=6cm．∵AB=CD，∴CD=1cm故答案為1．15、m＞1【解析】

由一次函數(shù)的性質(zhì)可得到關(guān)于m的不等式，可求得m的取值范圍．【詳解】解：∵一次函數(shù)y=(m-1)x+6，若y隨x的增大而增大，∴m-1＞0，解得m＞1，故答案為：m＞1．【點睛】本題主要考查一次函數(shù)的性質(zhì)，掌握一次函數(shù)的增減性是解題的關(guān)鍵，即在y=kx+b中，當(dāng)k＞0時，y隨x的增大而增大，當(dāng)k＜0時，y隨x的增大而減?。?6、【解析】

設(shè)長為3x，寬為2x，再由行李箱的長、寬、高之和不超過160cm，可得出不等式，解出即可．【詳解】解：設(shè)長為3x，寬為2x，由題意，得：5x+20≤160，解得：x≤28，故行李箱寬度的最大值是28×2=56cm．故答案為：56cm．【點睛】本題考查了一元一次不等式的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是仔細審題，找到不等關(guān)系，建立不等式．17、y=-x+1【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到OA∥BC，OA=BC，由已知條件得到C（2，2），設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，列方程組即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形OABC是平行四邊形，

∴OA∥BC，OA=BC，

∵A（1，0），B（6，2），

∴C（2，2），

設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，

∴，

解得：，

∴直線AC的解析式為y=-x+1，

故答案為：y=-x+1．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)以及利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，解題的關(guān)鍵是求出其中心對稱點的坐標(biāo)．18、【解析】

通過原式約分即可得到結(jié)果．【詳解】解：原式=，故答案為：.【點睛】此題考查了分式的乘除法，熟練掌握運算法則是解本題的關(guān)鍵．三、解答題（共78分）19、（1）見解析；（2）結(jié)論：四邊形EQBF是平行四邊形．見解析；（3）當(dāng)P為EF中點時，S菱形AEPQ＝S四邊形EFBQ.【解析】

（1）先證出四邊形AEPQ為平行四邊形，關(guān)鍵是找一組鄰邊相等，由AD平分∠BAC和PE∥AQ可證∠EAP＝∠EPA，得出AE＝EP，即可得出結(jié)論；（2）只要證明EQ∥BC，EF∥AB即可；（3）S菱形AEPQ＝EP?h，S平行四邊形EFBQ＝EF?h，若菱形AEPQ的面積為四邊形EFBQ面積的一半，則EP＝EF，因此P為EF中點時，S菱形AEPQ＝S四邊形EFBQ．【詳解】（1）證明：∵EF∥AB，PQ∥AC，∴四邊形AEPQ為平行四邊形，∴∠BAD＝∠EPA，∵AB＝AC，AD平分∠CAB，∴∠CAD＝∠BAD，∴∠CAD＝∠EPA，∴EA＝EP，∴四邊形AEPQ為菱形．（2）解：結(jié)論：四邊形EQBF是平行四邊形．∵四邊形AQPE是菱形，∴AD⊥EQ，即∠AGQ＝90°，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC即∠ADB＝90°，∴EQ∥BC∵EF∥QB，∴四邊形EQBF是平行四邊形．（3）解：當(dāng)P為EF中點時，S菱形AEPQ＝S四邊形EFBQ∵四邊形AEPQ為菱形，∴AD⊥EQ，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，∴EQ∥BC，又∵EF∥AB，∴四邊形EFBQ為平行四邊形．作EN⊥AB于N，如圖所示：∵P為EF中點則S菱形AEPQ＝EP?EN＝EF?EN＝S四邊形EFBQ．【點睛】此題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)，證明四邊形是平行四邊形是解決問題的關(guān)鍵．20、（1）見解析（2）當(dāng)AF=時，四邊形BCEF是菱形．【解析】

（1）由AB=DE，∠A=∠D，AF=DC，根據(jù)SAS得△ABC≌DEF，即可得BC=EF，且BC∥EF，即可判定四邊形BCEF是平行四邊形.（2）由四邊形BCEF是平行四邊形，可得當(dāng)BE⊥CF時，四邊形BCEF是菱形，所以連接BE，交CF與點G，證得△ABC∽△BGC，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得AF的值.【詳解】（1）證明：∵AF=DC，∴AF+FC=DC+FC，即AC=DF.∵在△ABC和△DEF中，AC=DF，∠A=∠D，AB=DE，∴△ABC≌DEF（SAS）.∴BC=EF，∠ACB=∠DFE，∴BC∥EF.∴四邊形BCEF是平行四邊形．（2）解：連接BE，交CF與點G，∵四邊形BCEF是平行四邊形，∴當(dāng)BE⊥CF時，四邊形BCEF是菱形.∵∠ABC=90°，AB=4，BC=3，∴AC=.∵∠BGC=∠ABC=90°，∠ACB=∠BCG，∴△ABC∽△BGC．∴，即.∴.∵FG=CG，∴FC=2CG=，∴AF=AC﹣FC=5﹣.∴當(dāng)AF=時，四邊形BCEF是菱形．21、1）PF=PGPF⊥PG；（2）△FGP是等腰直角三角形，理由見解析；（3）S△PGF最大=.【解析】

（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的中位線定理解答即可；（2）由旋轉(zhuǎn)知，∠ACD=∠BCE，進一步證明△CAD≌△CBE，再利用全等三角形的判定和性質(zhì)以及三角形中位線定理解答；（3）由（2）知，△FGP是等腰直角三角形，PG=PF=AD，PG最大時，△FGP面積最大，進而解答即可.【詳解】解（1）PF=PGPF⊥PG；如圖1，∵在△ABC中，AB=BC，點，分別在邊AC，BC上，且CD=CE,∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE，點F、P、G分別為DE、DC、BC的中點，∴PF=AB，PG=CE，∴PF=PG，∵點F、P、G分別為DE、DC、BC的中點，∴PG//BE，PF//AD，∴∠PFB=∠A，∠DPG=∠DBC，∴∠FPG=∠DPF+∠DPG=∠PFB+∠DBA+∠DPG=∠A+∠DBA+∠DBC=∠A+∠ABC，∵∠ABC+∠ACB=180°-∠C∴∠FPG=180°-90°=90°，PF⊥PG；（2）△FGP是等腰直角三角形理由：由旋轉(zhuǎn)知，∠ACD=∠BCE，∵AC=BC，CD=CE，∴△CAD≌△CBE（SAS），∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，利用三角形的中位線得，PG=BE，PF=AD，∴PG=PF，∴△FGP是等腰三角形，利用三角形的中位線得，PG∥CE，∴∠DPG=∠DBE，利用三角形的中位線得，PF∥AD，∴∠PFB=∠DAB，∵∠DPF=∠DBA+∠PNB=∠DBA+∠DAB，∴∠GPF=∠DPG+∠DPF=∠DBE+∠DBA+∠DAB=∠ABE+∠DAB=∠CBA+∠CBE+∠DAB=∠CBA+∠CAD+∠DAB=∠CBA+∠CAB，∵∠ACB=90°，∴∠CBA+∠CAB=90°，∴∠GPF=90°，∴△FGP是等腰直角三角形;（3）由（2）知，△FGP是等腰直角三角形，PG=PF=AD，∴PG最大時，△FGP面積最大，∴點D在AC的延長線上，∴AD=AC+CD=11，∴PG=，∴S△PGF最大=PG2=【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，關(guān)鍵是根據(jù)三角形的中位線定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判斷和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)進行解答.22、CE=23【解析】

連接AD，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到∠ADE=45°，由AE⊥BC得到AE=DE，再根據(jù)勾股定理得到答案.【詳解】連接AD∵DF垂直平分AB，∴AD=BD=6∴∠DAB=∠B=22.5°∵AE⊥BC，∴∠AED=90°∴∠EDA=∠EAD=45°∴AE=DE，設(shè)AE=DE=a，則a∴a=6，即AE=6，在RtΔAEC中，∵∠C=60°，∴∠EAC=30°設(shè)EC=b，則AC=2b，∴(2b)∴b=23，即CE=2【點睛】本題考查垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理.23、（1）4t；（2）①，②；（3）秒或秒或秒．【解析】

（1）先求出AB=50，sinA==，cosA==，進而求出AQ=3t，PQ=4t，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出PN=QM=PQ=4t，①求出CD=24，AD=18，進而判斷出AQ+QM=AD=18，建立方程即可得出結(jié)論；②判斷出∠APQ=∠PNC，進而得出△AQP∽△PCN，建立方程即可得出結(jié)論；（3）分三種情況，利用等腰三角形的性質(zhì)建立方程求解即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得，AB=50，∴sinA==，cosA==∵PQ⊥AB，∴∠AQP=90°，由運動知，AP=5t，在Rt△AQP中，AQ=AP?cosA=×5=3t，PQ=AP?sinA=4t，故答案為：4t；（2）由（1）知，AQ=3t，PQ=4t，∵四邊形PQMN是正方形，∴PN=QM=PQ=4t，①如圖1，由（1）知，AB=50，過點C作CD⊥AB于D，∴AB?CD=AC?BC，∴CD=24，在Rt△ADQ中，AD==18，∵點C，N，M在同一條直線上，∴點M落在點D，∴AQ+QM=AD=18，由（1）知，QM=PQ=4t，AQ=3t，∴4t+3t=18，∴t=；②點N落在BC上時，∠PCN=∠PCB=90°=∠AQP，∴∠CPN+∠CNP=90°，∵∠QPN=90°∴∠CPN+∠APQ=90°，∴∠APQ=∠PNC，∵