6. 如图,已知线段AB的端点B在直线l上(AB与l不垂直),请在直线l上另找一点C,使△ABC是等腰三角形(找出一个即可.画出图形,不写步骤).

6. 图略. 提示:作线段AB的垂直平分线，与l的交点即为点C;或以点A为圆心,AB为半径作弧,与l的交点即为点C;或以点B为圆心,AB为半径作弧,与l的交点即为点C.

【分析】
要构造等腰三角形△ABC，核心是满足三角形有两条边相等，可分三类情况讨论：①若AB为腰且B为顶点，即AB=BC；②若AB为腰且A为顶点，即AB=AC；③若AB为底边，即AC=BC。根据这三类情况分别通过尺规作图找到直线l上的点C即可，任选一类完成作图即可。
【解析】
可任选以下一种方法作图：
方法1：以点B为圆心，AB的长度为半径画弧，与直线l交于除点B外的另一点，该点即为所求点C，此时AB=BC，△ABC是等腰三角形。
方法2：以点A为圆心，AB的长度为半径画弧，与直线l的交点即为所求点C，此时AB=AC，△ABC是等腰三角形。
方法3：作线段AB的垂直平分线，该垂直平分线与直线l的交点即为所求点C，此时AC=BC，△ABC是等腰三角形。
（作图略）
【答案】
图略，任选上述一种方法作出点C即可。
【知识点】
等腰三角形的判定；线段垂直平分线的性质；尺规作图
【点评】
本题考查等腰三角形的构造，核心是运用分类讨论思想，对等腰三角形的腰和底边进行分类，再结合对应的几何性质找点，解题时注意不要遗漏符合条件的情况。
【难度系数】
0.8

7. 在数学活动课上,王老师要求学生将图①所示的3×3正方形方格纸剪掉其中两个方格,使之成为轴对称图形.规定:凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形,如图②的四幅图就视为同一种设计方案(阴影部分为剪掉的部分).
请在图③中画出四种不同的设计方案,将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑(每个3×3的正方形方格中画一种,例图除外).

7. 如图所示(答案不唯一).

【分析】
解题首先要明确两个核心规则：①剪掉两个方格后剩余的图形是轴对称图形，即存在一条直线，沿该直线折叠后，直线两旁的部分可以完全重合；②通过旋转能重合的图形视为同一种，因此设计的方案旋转后不能重合，且不能和例图重复。3×3方格共有4条常见对称轴（水平中线、竖直中线、两条对角线），我们可以利用对称轴选取要剪掉的两个方格：要么两个方格关于某条对称轴对称，要么两个方格都在对称轴上，这样剪掉后剩余图形仍满足轴对称性质，再筛选出旋转后不重合的四种方案即可。
【解析】
1. 明确轴对称图形的判定标准：一个图形沿某条直线折叠后，直线两侧的部分能够完全重合，这个图形就是轴对称图形。
2. 方案1：将第一行第1格、第一行第3格涂黑，剩余图形沿竖直中线折叠可完全重合，符合轴对称要求，且旋转后不会与其他符合要求的同类方案重复。
3. 方案2：将第一行第2格、第二行第1格涂黑，两个方格关于左上到右下的对角线对称，剩余图形沿该对角线折叠可完全重合，符合要求。
4. 方案3：将第一行第2格、第三行第2格涂黑，两个方格都在竖直中线上，剩余图形沿竖直中线、水平中线折叠均可重合，符合要求。
5. 方案4：将第二行第1格、第三行第2格涂黑，两个方格关于右上到左下的对角线对称，剩余图形沿该对角线折叠可完全重合，符合要求。
注：方案不唯一，只要满足轴对称、旋转后不与其他方案重合、与例图不同的要求均可。
【答案】

【知识点】
轴对称图形，旋转的性质，图案设计
【点评】
本题属于开放性操作类题目，结合了轴对称和旋转的核心性质，需要在理解概念的基础上动手尝试，能够有效锻炼空间想象能力和创新思维，答案不唯一，符合要求即可。
【难度系数】
0.7

8. 如图，已知$△ ABC$是边长为4 cm的等边三角形，P，Q分别是AB，BC上的动点，点P从顶点A出发，同时点Q从顶点B出发，且它们的速度都为1 cm/s。设运动时间为t s。
(1)如图①，连接AQ，CP交于点M，在点P，Q运动的过程中，$∠ CMQ$的度数变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出$∠ CMQ$的度数。
(2)当t为何值时，$△ PBQ$是直角三角形？
(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交于点M，$∠ CMQ$的度数变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出$∠ CMQ$的度数。

8. (1)$∠CMQ$的度数不变.
$\because △ABC$是等边三角形，
$\therefore AB = AC = BC, ∠B = ∠BAC = ∠ACB=60°.$
$\because$ 点P,Q的运动速度都为1 cm/s，
$\therefore AP=BQ.$
在$△ABQ$和$△CAP$中，
$\begin{cases}AB=CA,\\∠B=∠CAP,\\BQ=AP,\end{cases}$
$\therefore △ABQ ≌△CAP.$
$\therefore ∠BAQ=∠ACP.$
$\therefore ∠CMQ = ∠ACP + ∠CAM = ∠BAQ + ∠CAM=∠BAC=60°.$
(2)由题意,得$AP=BQ=t,PB=4-t.$
当$∠PQB=90°$时,$∠BPQ=90°-∠B=30°.$
$\therefore BP=2BQ,即4-t=2t.$
解得$t=\frac{4}{3}.$
当$∠BPQ=90°$时,$∠BQP=90°-∠B=30°.$
$\therefore BQ=2BP,即t=2(4-t).$
解得$t=\frac{8}{3}.$
$\therefore$ 当$t=\frac{4}{3}$或$t=\frac{8}{3}$时,$△PBQ$为直角三角形.
(3)$∠CMQ$的度数不变.
$∠CMQ=120°.$

【分析】
(1) 先利用等边三角形的性质得到边、角的等量关系，结合P、Q运动速度相同得到AP=BQ，通过SAS证明△ABQ≌△CAP，再利用角的和差关系推导∠CMQ的度数，判断其是否变化。
(2) △PBQ是直角三角形时，需分∠PQB=90°和∠BPQ=90°两种情况讨论，结合等边三角形内角为60°，利用“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”列方程求解t。
(3) 点P、Q在射线上运动时，依然可先证明△ABQ与△CAP全等，得到对应角相等，再结合三角形内角和或外角性质推导∠CMQ的度数，判断其是否变化。
【解析】
(1) ∠CMQ的度数不变，求解过程如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴$AB = AC = BC$，$∠B = ∠BAC = ∠ACB=60°$。
∵点P、Q的运动速度都为1 cm/s，运动时间为t s，
∴$AP=BQ=t$。
在△ABQ和△CAP中：
$\begin{cases}AB=CA\\∠B=∠CAP\\BQ=AP\end{cases}$
∴$△ ABQ ≌△ CAP$（SAS）。
∴$∠BAQ=∠ACP$。
∵∠CMQ是△ACM的外角，
∴$∠CMQ = ∠ACP + ∠CAM = ∠BAQ + ∠CAM=∠BAC=60°$。
(2) 由题意得：$AP=BQ=t$，$PB=AB-AP=4-t$。
分两种情况讨论：
①当$∠PQB=90°$时，
∵$∠B=60°$，
∴$∠BPQ=90°-∠B=30°$，
∴$BP=2BQ$，即$4-t=2t$，
解得$t=\frac{4}{3}$。
②当$∠BPQ=90°$时，
∵$∠B=60°$，
∴$∠BQP=90°-∠B=30°$，
∴$BQ=2BP$，即$t=2(4-t)$，
解得$t=\frac{8}{3}$。
综上，当$t=\frac{4}{3}$或$t=\frac{8}{3}$时，△PBQ为直角三角形。
(3) ∠CMQ的度数不变，求解过程如下：
同理可证$△ ABQ≌△ CAP$（SAS），得$∠BAQ=∠ACP$，
∴$∠CMQ=180°-(∠ACP + ∠CAM)=180°-(∠BAQ + ∠CAM)=180°-∠BAC=180°-60°=120°$。
【答案】
(1) ∠CMQ的度数不变，为$\boldsymbol{60°}$；
(2) $\boldsymbol{t=\frac{4}{3}}$或$\boldsymbol{t=\frac{8}{3}}$；
(3) ∠CMQ的度数不变，为$\boldsymbol{120°}$。
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形与动点结合的综合题，重点考查了全等三角形的应用和分类讨论的数学思想，解题时要注意动点位置变化时的不变量，求解直角三角形相关问题时避免漏解。
【难度系数】
0.6