期末押题预测卷（1）（教师版）

期末押题预测卷（1）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022春·山东·八年级统考期末）2022年第19届亚运会在杭州举行，吉祥物为智能小伙伴“江南忆”组合，其中吉祥物“宸宸”深受网民喜爱，结合你所学知识，从下列四个选项中选出能够和“宸宸”（如图）的图片成中心对称的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据中心对称图形的概念求解即可．【详解】解：A、和“宸宸”不是中心对称图形，故此选不符合题意；B、和“宸宸”不是中心对称图形，故此选不符合题意；C、和“宸宸”不是中心对称图形，故此选不符合题意；D、和“宸宸”是中心对称图形，故此选符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．2．（2022春·重庆·八年级统考期末）下列各式从左到右的变形不属于因式分解的是（）A．a2﹣9＝（a+3）（a﹣3） B．a2﹣b2+1＝（a+b）（a﹣b）+1C．m2﹣4＝（m+2）（m﹣2） D．2mR+2mr＝2m（R+r）【答案】B【分析】利用因式分解的定义判断即可．【详解】解：A、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意；B、右边不是整式的积的形式，不属于因式分解，故此选项符合题意；C、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意；D、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查了因式分解，熟练掌握因式分解的定义是解本题的关键．分解因式的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．3．（2022春·四川成都·八年级统考期末）雷峰塔位于杭州市西湖风景区南岸夕照山的雷峰上，它远借西湖，邻借古刹，晚借夕阳，朝借钟声，水、光、声、色俱全，绝妙无比，是杭州的风景名胜建筑．雷锋塔底呈平面八边形，这个八边形的内角和是（）A．720° B．900° C．1080° D．1440°【答案】C【分析】利用多边形内角和等于(n-2)×180°(n大于等于3且n为整数)求解即可．【详解】∵多边形内角和等于(n-2)×180°，∴当是，内角和为：，故选：C．【点睛】本题考查多边形内角和定理，解题的关键是熟知多边形内角和等于(n-2)×180°．4．（2022春·河北·八年级统考期末）温江进行河边公园改造，如图，江安河公园有三角形草坪（△ABC），现准备在该三角形草坪内种一棵树，使得该树到△ABC三个顶点的距离相等，则该树应种在（）A．三条边的垂直平分线的交点B．三个角的角平分线的交点C．三角形三条高的交点D．三角形三条中线的交点【答案】A【分析】根据线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等进行判断即可得到答案．【详解】∵线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，∴到△ABC三个顶点的距离相等的点是△ABC三条边的垂直平分线的交点，故选：A．【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟知线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．5．（2022春·上海浦东新·九年级校考期中）若am＜an，且m＜n，则a的取值应满足条件（

）A．a＞0 B．a≥0 C．a＝0 D．a＜0【答案】A【分析】由m＜n左右两边同时乘以a得到：am＜an，不等号的方向没有改变，所以，根据不等式的基本性质即可确定a的取值．【详解】解：∵由m＜n左右两边同时乘以a得到：am＜an，∴不等号的方向没有改变，∴根据不等式的基本性质2可得：a>0．故选：A【点睛】不等式的两边都乘（或都除以）同一个正数，所得到的不等式仍成立；不等式的两边都乘（或都除以）同一个负数，必须把不等号的方向改变，所得到的不等式成立；反之，如果不等式的两边都乘（或都除以）同一个数或式子，不等号的方向不变，则两边都乘（或都除以）的同一个数或式子值是正数，反之，是负数．6．（2023·广西八年级课时练习）如图，平行四边形中，对角线与相交于点，、分别是对角线BD上的两点，给出下列四个条件：①；②；③；④．其中能判断四边形是平行四边形的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据平行四边形的判定及全等三角形的性质即可作出判断．【详解】解：A、∵在平行四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，若BE=DF，则OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形；B、∵在平行四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，若DE=BF，则OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形；C、若∠BAE=∠DAF，不能判断四边形是平行四边形；D、∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC∴∠ADB=∠DBC，∵∠BCE=∠DAF，在△DAF和△BCE中，，∴△DAF≌△BCE（ASA），∴DF=BE，∵在平行四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，∴OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形.故选C．【点睛】本题考查平行四边形的性质以及判定定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质及判定定理.7．（2022春·北京·八年级校考期中）如图，在中，，是斜边上的中线，、分别为、的中点，若，则等于（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】首先根据三角形中位线定理求出CM=2EF=2，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．【详解】解：∵E、F分别是BM，BC的中点，∴EF是△BMC的中位线，∴CM=2EF=2∵∠ACB=90°，M是AB的中点，∴AB=2CM=4，故选C．【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，熟知相关知识是解题的关键．8．（2022春·河南洛阳·八年级统考期中）如图，已知的顶点，点B在x轴正半轴上，按以下步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边于点E，F；②分别以点E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点G；③作射线，交边于点H，则点H的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依据勾股定理即可得到Rt△AOD中，AD=，依据∠AHD=∠ADH，即可得到AH=AD=，可得H（，2）．【详解】∵的顶点，∴AO=2，OD=1，∴Rt△ADD中，AD=，由题可得，DG平分∠ADB，∴∠ADH=∠FDH，又∵AH∥DF，∴∠AHD=∠FDH，∴∠AHD=∠ADH，∴AH=AD=，∴H（，2），故选A．【点睛】本题主要考查了角平分线的作法，勾股定理以及平行四边形的性质的运用，解题时注意：求图形中一些点的坐标时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解题的关键．9．（2021秋·湖北宜昌·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点O逆时针旋转，点B的对应点的坐标是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作轴于C，根据旋转的性质及等角对等边性质，利用含30°角的直角三角形及勾股定理即可求解．【详解】解：过点作轴于C，如图所示：∵，，∴，OA=OB=2，又∵是由绕点O逆时针旋转得到，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，，∴点的坐标为：，故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质、等角对等边性质、含30°角的直角三角形和勾股定理的应用，熟练掌握旋转的性质及勾股定理的应用，借助辅助线构造直角三角形是解题的关键．10．（2022·重庆实验外国语学校八年级期中）关于x的分式方程有整数解，且关于y的不等式组有解，则所有满足条件的正整数a的和是（）A．6 B．12 C．14 D．20【答案】A【分析】先用a表示出分式方程的解，再根据整数解求出a的可能值，然后再通过不等式组进一步确定a的值，最后求和即可．【详解】解：∵∴y＜，y≥∵关于y的不等式组有解∴不等式组的解集为≤y＜，∴＜，即a-3＜5，可得a＜8由有整数解,可得：x=,即a为偶数∵x≠-1∴x≠6∵正整数a∴a=2或a=4∴4+2=6．故选A．【点睛】本题主要考查了解分式方程、解不等式组等知识点，正确求解分式方程成为解答本题的关键．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）11．（2022秋·山东淄博·八年级统考期中）已知分式（为常数）满足如下表格中的信息：x的取值2分式的值无意义0q则表中的q值为___________．【答案】2【分析】根据表格信息可得当时，分式无意义，当时，分式的值为0，可得到，再把代入，即可求解．【详解】解：根据题意得到：当时，分式无意义，当时，分式的值为0，∴且，∴，∴原分式为，∴当时，．故答案为：2【点睛】题目主要考查分式有意义的条件与分式的值为0的条件，熟练掌握分式有意义的条件与分式的值为0的条件是解题关键．12．（2022·江苏金坛·七年级期末）因式分解：__________．【答案】【分析】先分组，然后根据公式法因式分解．【详解】．故答案为：．【点睛】本题考查了分组分解法，公式法分解因式，掌握因式分解的方法是解题的关键．13．（2022春·河南南阳·八年级统考期中）已知：．则________．【答案】3【分析】根据题意先求得，然后化简分式，代入计算即可求解．【详解】解：∵，∴，∴原式＝，故答案为：．【点睛】本题考查了分式的化简求值，完全平方公式变形求值，掌握完全平方公式是解题的关键．14．（2022春·重庆·八年级校考期中）某大型超市从生产基地购进1000千克水果，每千克5元，运输过程中质量损失了10%．不计超市其他费用，如果超市至少要获得400元的利润，那么这种水果的售价最低应在进价的基础上提高______%．【答案】120【分析】设售价应在进价的基础上提高元，则售价为元，根据题意建立不等式求解即可．【详解】解：设售价应在进价的基础上提高元，则售价为元，由题意，，解得：，即：这种水果的售价最低应在进价的基础上提高，故答案为：20．【点睛】本题考查不等式的实际应用，审清题意，准确建立不等式并求解是解题关键．15．（2022春·山东·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，分别以点A，B为圆心，以大于AB长为半径作弧，两弧交于点M、N，作直线MN交BC于点D，则AD＝_____．【答案】4【分析】先根据等腰三角形的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后设，则，在中，利用勾股定理即可得．【详解】解：，，由作图可知，垂直平分，，，，设，则，在中，，即，解得或（不符题意，舍去），即，故答案为：4．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、含30度角直角三角形的性质、利用平方根解方程，熟练掌握等腰三角形的性质是解题关键．16．（2022春·江苏·八年级统考期末）关于的不等式组有且只有个整数解，则常数的取值范围是___．【答案】【分析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．【详解】解：，解不等式得：，解不等式得：，原不等式组的解集为：，不等式组有且只有个整数解，，，故答案为：．【点睛】本题考查了一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组是解题的关键．17．（2022春·四川成都·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，按以下步骤作图：①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BC，BD于点M，N；②以点C为圆心，BM长为半径作弧，交CB于点P，交CD于点Q；③以点P为圆心，MN长为半径作弧，交于点E，连结CE并延长交对角线BD于点F，若∠CBD＝45°，BC＝5，DF＝2，则对角线BD的长为________．【答案】7【分析】根据作图可知∠FCB=∠FBC=45°，得到△BCF是等腰直角三角形，运用勾股定理，计算BF的长，而后结合DF的长求出BD的长．【详解】由作图知∠FCB=∠FBC=45°，∴∠BFC=180°-（∠FCB+∠FBC）=90°，BF=CF，∴，∴，∴BF=5，∴BD=BF+DF=5+2=7．【点睛】本题考查了等腰直角三角形，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，用勾股定理解直角三角形．18．（2022春·浙江·八年级统考期末）已知，，，……，（，且n为正整数）．若，则a的值为______．【答案】13【分析】分别用a表示出再根据列出方程，求出a的值并检验即可．【详解】解：∵，∴；∵，∴∴解得，，经检验，是方程的解，故答案为：13．【点睛】本题主要考查了分式的运算以及解分式方程，用a表示出是解答本题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022春·四川成都·八年级统考期末）（1）分解因式：；（2）解分式方程：．【答案】（1）；（2）【分析】先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答；按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答．【详解】解：；，，解得：，检验：当时，，是原方程的根．【点睛】本题考查了解分式方程，提公因式法与公式法的综合运用，准确熟练地进行计算是解题的关键．20．（2022春·天津·八年级统考期末）（1）解不等式组：．（2）计算：．【答案】（1）-5≤x＜3；（2）【分析】（1）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可；（2）原式利用除法法则变形，约分后两项通分并利用同分母分式的加法法则计算得到最简结果．【详解】解：（1），由①得：x≥-5，由②得：x＜3，∴不等式组的解集为-5≤x＜3；（2）=．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组以及分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．21．（2022春·广东·八年级统考期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为个单位的正方形，已知的顶点均在格点上．(1)可以看作是由经过怎样的变换得到，写出变换过程；(2)画出绕点逆时针旋转后的；(3)直接写出中阴影部分的面积．【答案】(1)向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度所得(2)见解析(3)【分析】(1)根据图形的位置可得变换过程；(2)根据旋转的性质画出图形；(3)由图形可知，阴影部分的面积为，利用割补法求出的面积即可．（1）解：由图形可知，可以看作是由向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度所得；（2）如图，即为所求；（3）由图形可知，阴影部分的面积为:．【点睛】本题主要考查了作图平移变换，旋转变换，三角形的面积等知识，熟练掌握几何变换的性质是解题的关键．22．（2022春·四川成都·八年级统考期末）如图在四边形ABCD中，，AC与BD相交于点E，且满足BE＝DE．(1)求此：四边形ABCD是平行四边形；(2)延长BA至点F，使AF＝AB，连接DF．若∠DBA＝30°，∠F＝45°，且AC＝4，求BF的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行线的性质可得∠CDE=∠DBA，∠DCA=∠CAB，从而可证△DEC≌△BEA，然后利用全等三角形的性质可得DC=AB，从而利用平行四边形的判定方法，即可解答；（2）过点D作DG⊥BF于G，根据已知和（1）的结论可证四边形AFDC是平行四边形，从而可得DF=AC=4，然后在Rt△DFG中，根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理求出DG，FG的长，再在Rt△DGB中，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求出BG的长，进行计算即可解答．（1）证明：∵ABCD，∴∠CDE=∠DBA，∠DCA=∠CAB，∵DE=BE，∴△DEC≌△BEA（AAS），∴DC=AB，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）解：如图，过点D作DG⊥BF于G，∵AF=AB，AB=DC，∴AF=DC，∵AFDC，∴四边形AFDC是平行四边形，∴DF=AC=4，在Rt△DFG中，∠F=45°，是等腰直角三角形,，在Rt△DGB中，∠DBA=30°，，，∴BF=FG+BG,∴BF的长为．【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及解直角三角形是解题的关键．23．（2022·北京市八年级期末）如果一元一次方程的解也是一元一次不等式组的解，则称该一元一次方程为该不等式组的关联方程．例如：方程的解为，不等式组的解集为，因为，所以称方程为不等式组的关联方程．（1）在方程①，②，③中，不等式组的关联方程是；（填序号）（2）若不等式组的一个关联方程的根是整数，则这个关联方程可以是；（写出一个即可）（3）若方程，都是关于的不等式组的关联方程，求的取值范围．【答案】(1)①；(2)；(3)【分析】(1)求出所给的3个方程的解及所给不等式组的解集,再按“关联方程”的定义进行判断即可；(2)先求出所给不等式组的整数解,再结合“关联方程”的定义进行分析解答即可；(3)先求出所给不等式组的解集和所给的两个方程的解,再结合“关联方程的定义”和“已知条件”进行分析解答即可.【详解】(1)解方程①得：；解方程②得：；解方程③得：；解不等式组得：,∵上述3个方程的解中只有在的范围内,∴不等式组的关联方程是方程①；(2)解不等式组得：,∵原不等式组的关联方程的解为整数,∴解为的一元一次方程都是原不等式组的关联方程,(3)解不等式①,得：x≥m,解不等式②,得：x＜m+2,∴原不等式组的解集为m≤x＜m+2,解方程：得：x=1,解方程：得：x=2,∵方程和方程方程都是原不等式组的关联方程,∴和都在m≤x＜m+2的范围内,,解得,∴.【点睛】本题考查不等式组的解法及应用,读懂题意,理解“关联方程”的定义,熟练掌握一元一次不等式组的解法”是解答本题的关键.24．（2022春·湖北·八年级统考期末）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”，凭借憨态可掬的模样，一跃成为冬奥会期间，风摩全球的“顶流”，吉祥物的衍生品，如“冰墩墩”运动造型徽章、钥匙扣等也热销．某商店打算购进一批“冰墩墩”运动造型徽章和钥匙扣，已知一个钥匙扣和一枚徽章的进价的和为42元，用60元购进钥匙扣的件数与用150元购进徽章的件数相同．(1)求一个钥匙扣和一枚徽章的进价分别是多少元？(2)该商店计划购进钥匙扣和徽章共80个，其中钥匙扣的数量不少于徽章的3倍，且钥匙扣最多购买65个．求商店共有几种进货方案？哪种方案所花费用最少，最少费用为多少？(3)在（2）的条件下，若一个钥匙扣的售价为25元，一枚徽章的售价是40元，商店每卖一个钥匙扣，就捐给社区a元（1＜a＜8）作为奖励基金，当销售完这两种商品后，要使利润最大，采取哪种进货方案？【答案】(1)一个钥匙扣的进价为12元，一枚徽章的进价为30元(2)商店共有6种进货方案，其中购进65个钥匙扣，15个徽章所花费用最少，最少费用为1230元(3)当时，购进钥匙扣65个，徽章15个，利润最大；当时，6种方案的利润相同（即购进钥匙扣60个，徽章20个或购进钥匙扣61个，徽章19个或购进钥匙扣62个，徽章18个或购进钥匙扣63个，徽章17个或购进钥匙扣64个，徽章16个或购进钥匙扣65个，徽章15个）；当时，购进钥匙扣60个，徽章20个，利润最大【分析】（1）设一个钥匙扣的进价为元，则一枚徽章的进价为元，根据用60元购进钥匙扣的件数与用150元购进徽章的件数相同建立方程，解方程即可得；（2）设购进钥匙扣个，则购进徽章个，根据对钥匙扣的数量要求建立不等式组，解不等式组求出的取值范围，再根据为正整数可得进货方案的种数，然后设进货所花费用为元，则，利用一次函数的性质求解即可得；（3）设当销售完这两种商品后，利润为元，购进钥匙扣个，则购进徽章个，从而可得，且，再分①、②和③三种情况，利用一次函数的性质求解即可得．（1）解：设一个钥匙扣的进价为元，则一枚徽章的进价为元，由题意得：，解得，经检验，是所列分式方程的解，则，答：一个钥匙扣的进价为12元，一枚徽章的进价为30元．（2）解：设购进钥匙扣个，则购进徽章个，由题意得：，解得，为正整数，的所有可能的取值为，共有6个，设进货所花费用为元，由题意得：，由一次函数的性质可知，在内，随的增大而减小，则当时，取得最小值，最小值为，此时，答：商店共有6种进货方案，其中购进65个钥匙扣，15个徽章所花费用最少，最少费用为1230元．（3）解：设购进钥匙扣个，则购进徽章个，由（2）已得：，设当销售完这两种商品后，利润为元，由题意得：，整理得：，①当时，，则在内，随的增大而增大，所以当时，取得最大值，此时；②当时，，此时6种方案的利润相同；③当时，，则在内，随的增大而减小，所以当时，取得最大值，此时；综上，当时，购进钥匙扣65个，徽章15个，利润最大；当时，6种方案的利润相同（即购进钥匙扣60个，徽章20个或购进钥匙扣61个，徽章19个或购进钥匙扣62个，徽章18个或购进钥匙扣63个，徽章17个或购进钥匙扣64个，徽章16个或购进钥匙扣65个，徽章15个）；当时，购进钥匙扣60个，徽章20个，利润最大．【点睛】本题考查了分式方程的应用、一次函数的应用、一元一次不等式组的应用，较难的是题（3），熟练掌握一次函数的性质，并分三种情况讨论是解题关键．25．（2022春·重庆·八年级统考期末）在学习一元一次不等式与一次函数的过程中，小新在同一个坐标系中发现直线与坐标轴相交于A，B两点，直线与坐标轴相交于C，D两点，两直线相交于点E，且点E的横坐标为2．已知，点P是直线上的动点．(1)求直线的函数表达式；(2)过点P作x轴的垂线与直线和x轴分别相交于M，N两点，当点N是线段PM的三等分点时，求P点的坐标；(3)若点Q是x轴上的动点，是否存在以A，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)，或(3)或或，【分析】（1）先求出点的坐标，再待定系数法求解析式即可；（2）设点的坐标为，则点，，分情况讨论：当点在点的左侧时，当点在点的右侧时，分别列方程求解即可；（3）设点，，分情况讨论：①以，为对角线时，②以，为对角线时，③以，为对角线时，分别列二元一次方程组，求解即可．（1）解：将点的横坐标2代入直线，得，点，，，，将点和点坐标代入直线，得，解得，直线；（2）设点的坐标为，则点，，当点在点的左侧时，如图所示：则，，点是线段的三等分点，或，当时，，解得，，，当时，，解得（舍，当点在点右侧时，如图所示：，，点是线段的三等分点，或，当时，，解得（舍，当时，，解得，，综上，点的坐标为，或；（3）存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形，设点，，，，①以，为对角线时，得，解得，点，②以，为对角线时，得，解得，；③以，为对角线时，得，解得，，，综上，点坐标为或或，．【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，线段的三等分点，平行四边形的判定等，本题综合性较强，注意分情况讨论是解题的关键．26．（2022春·山东·八年级统考期末）【问题提出】在一节数学课上，王老师提出了一个数学问题：如图1-1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝5，PB＝12，PC＝13，求∠APB的度数．(1)【问题探究】针对这个问题，某学习小组进行了如下尝试：如图1-2，将△APB绕点A逆时针旋转60°得到，连接，得到等边．请根据该小组探究的思路求出∠APB的度数；(2)【类比延伸】在等腰Rt△ABC中，已知∠BAC＝90°，AB＝AC，其内部有一点P．如图2，连接PA，PB，PC，若∠APC＝135°，试判断线段PA，PB，PC之间的数量关系，并说明理由；(3)如图3，连接PA，PC，以PC为直角边作等腰Rt△PCQ，∠CPQ＝90°，连接BQ，取BQ的中点M，连接AM，PM，试判断是否为定值，若为定值，请求出相应的值