八年级数学下学期期中模拟卷02（新教材沪科版）

2024-2025学年八年级数学下册期中培优卷 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、选择题（本大题共 10小题，每小题4分，满分40分） 1．使代数式有意义的的取值范围是（　　） A． B． C． D． 2．下列方程中，属于一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 3．下面四组数中，是勾股数的是（   ） A．15，20，25 B．，， C．，， D． 4．下列命题是假命题的是（   ） A．在中，若，则是直角三角形 B．在中，若，则是直角三角形 C．在中，若，则是直角三角形 D．在中，若，则是等腰直角三角形 5．已知等腰的一条边为7．其余两边的边长恰好是方程的两个根．则m的值是（    ） A．2 B．4 C．2或10 D．4或10 6．《九章算术》中：“今有竹高九尺，末折抵地，去木三尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图，中，，尺，尺，求的长，则的长为（    ） A．5尺 B．4尺 C．3尺 D．3.6尺 7．若是关于x的一元二次方程的一个根，则的值为（   ） A．2022 B．2025 C．2023 D．2024 8．将式子根式外的因式移到根式内的结果是（   ） A． B． C． D． 9．若关于的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是（   ） A． B． C．且 D．且 10．如图，中，，，，点从点出发向终点以每秒个单位长度移动，点从点出发向终点以每秒个单位长度移动，两点同时出发，一点先到达终点时两点同时停止，则（   ）秒后，的面积等于． A． B． C．或 D．或 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11．请写出一个关于的一元二次方程，使它的一个解为： ．（写出一个即可） 12．若最简二次根式与是同类二次根式，则 . 13．如图，在由边长为1的小正方形组成的“”的网格中，线段，的端点都在格点上，两线所夹锐角的度数为 ． 14．如图是数学史上著名的“希波克拉底月牙问题”：在中，，，，，分别以的各边为直径向外作半圆，如果，，则图中两个“月牙”，即阴影部分的面积为 ． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15．（）计算：． （）解方程：． 16．某小区在规划建设时，准备在住宅楼和临街的拐角处规划一块绿化用地（如图中的阴影部分所示）已知，技术人员通过测量确定了． (1)为了方便居民出入，技术人员计划在绿化用地中开辟一条从点A到点的小路，请问这条小路的最短长度是多少m？ (2)这块绿化用地的面积是多少？ 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17．已知关于的一元二次方程，其中，，分别为三边的长． (1)若该是等边三角形，求该方程的根； (2)若该一元二次方程有两个相等的实数根，判断的形状，并说明理由． 18．年春节联欢晚会吉祥物“已升升”，设计灵感来源于中华传统文化，整体造型参考甲骨文中的“巳”字，采用青绿色为主色调，外形憨态可掬，寓意“福从头起，尾随如意”，在市场上一度走红． (1)据统计某“已升升”电商平台年月份的销售量是万件，年月份的销售量是万件，若月平均增长率相同，求月平均增长率； (2)某实体店“已升升”的进价为每件元，若售价定为每件元，则每天能销售件．经市场调查发现，售价每降价元，每天可多售出件，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时尽量减少库存，若使每天销售后获利元，则售价应降低多少元？ 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19．已知关于x的一元二次方程，如果a，b，c满足，我们就称这个一元二次方程为波浪方程． (1)判断方程是否为波浪方程，并说明理由． (2)已知关于x的波浪方程的一个根是，求a，b的值； (3)若一个波浪方程的两个根分别为，，求这个波浪方程． 20．化简一个分母含有二次根式的式子时，采用分子、分母同乘以分母的有理化因式的方法就可以了，例如：，， (1)若，求的值； (2)比较与的大小，并说明理由． (3)利用这一规律计算：． 六、（本题满分12分） 21．【定义新知】 如果三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“奇异三角形”． 【应用探究】 (1)如图，在中，，，．求证：是“奇异三角形”； (2)已知，等腰是“奇异三角形”，，则底边的长为______． 七、（本题满分12分） 22．如图，四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是和边长，易知，这时我们把关于x的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”． 请解决下列问题： (1)写出一个“勾系一元二次方程”； (2)求证：关于x的“勾系一元二次方程”必有实数根； (3)若是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形的周长是，求的面积． 八、（本题满分 14 分） 23．【背景阅读】 早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为的三角形称为型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或的三角形就是型三角形，用长方形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形． 【实践操作】 如图1，在长方形纸片中，． 第一步：如图2，将图1中的长方形纸片沿过点A的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，我们就得到了正方形，再沿折叠，然后把纸片展平． 第二步：如图3，将图2中的长方形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为，然后展平，隐去． 第三步：如图4，将图3中的长方形纸片沿折叠，得到，再沿折叠，折痕为，与折痕交于点，然后展平． 【问题解决】 (1)三边长为12，15，20 (填“是”或“不是”) 型三角形：三边长为9，40，41 (填“是”或“不是”) 型三角形； (2)若一个型三角形的一边长为a，求最长边； (3)请在图4中判断与的数量关系，并加以证明； (4)请在图4中判断是否是型三角形，并给出证明过程． 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年八年级数学下册期中培优卷 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、选择题（本大题共 10小题，每小题4分，满分40分） 1．使代数式有意义的的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】二次根式有意义的条件、求一元一次不等式的解集 【分析】本题考查了二次根式的有意义的条件，求不等式的解集，掌握以上知识是关键． 根据二次根式有意义的条件得到，由此解不等式即可求解． 【详解】解：代数式有意义， ∴， 解得，， 故选：C ． 2．下列方程中，属于一元二次方程的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】一元二次方程的定义 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，一元二次方程必须满足三个条件：（1）唯一的未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；由此判断即可． 【详解】解：A．方程含有两个未知数，不是一元二次方程，故此选项不符合题意； B．是一元二次方程，故此选项符合题意； C．是分式方程，不是一元二次方程，故此选项不符合题意； D．不是整式方程，不是一元二次方程，故此选项不符合题意． 故选：B． 3．下面四组数中，是勾股数的是（   ） A．15，20，25 B．，， C．，， D． 【答案】A 【知识点】勾股树（数）问题 【分析】本题主要考查了勾股数的定义，若三个正整数满足两较小数的平方和等于最大数的平方，那么这三个正整数叫做勾股数，据此求解即可． 【详解】解：A、∵， ∴15，20，25是勾股数，符合题意； B、∵， ∴，，不是勾股数，不符合题意； C、∵，，不是正整数， ∴，，不是勾股数，不符合题意； D、∵不是正整数， ∴不是勾股数，不符合题意； 故选：A． 4．下列命题是假命题的是（   ） A．在中，若，则是直角三角形 B．在中，若，则是直角三角形 C．在中，若，则是直角三角形 D．在中，若，则是等腰直角三角形 【答案】A 【知识点】运用平方差公式进行运算、三角形内角和定理的应用、判断三边能否构成直角三角形、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理、平方差公式、等腰三角形的判定、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题关键．根据三角形的内角和定理可得的大小，由此即可判断选项A是假命题；根据勾股定理的逆定理即可判断选项B是真命题；根据三角形的内角和定理可得的大小，由此即可判断选项C是真命题；根据勾股定理的逆定理、等腰三角形的判定即可判断选项D是真命题． 【详解】解：A、若， ∴，，， ∴不是直角三角形，则此项是假命题； B、若， ∴，即， ∴是直角三角形，则此项是真命题； C、若， ∴，，， ∴是直角三角形，则此项是真命题； D、若， ∴设，则，， ∴，且， ∴是等腰直角三角形，则此项是真命题； 故选：A． 5．已知等腰的一条边为7．其余两边的边长恰好是方程的两个根．则m的值是（    ） A．2 B．4 C．2或10 D．4或10 【答案】B 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、三角形三边关系的应用、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，一元二次方程的根与系数的关系，解题的关键是学会利用一元二次方程的根与系数的关系，把问题转化为方程解决．分7为等腰三角形的底或腰两种情形，讨论求解即可． 【详解】解：当7为底时，则等腰的腰长为的两个相等根． 可得，，即， 则， 解得， 此时一元二次方程为， 解得， 因为，舍去； 当7为腰时，则方程的一个根为7． 将代入， 得， 即， 解得或， 当时，此时一元二次方程为， 解得， 得三边长为7、7、15，由于，不能构成三角形， 当时，此时一元二次方程为， 解得， 得三边长为3、7、7，由于，可以构成三角形， 故的值为4． 故选：B． 6．《九章算术》中：“今有竹高九尺，末折抵地，去木三尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图，中，，尺，尺，求的长，则的长为（    ） A．5尺 B．4尺 C．3尺 D．3.6尺 【答案】B 【知识点】求大树折断前的高度(勾股定理的应用) 【分析】此题考查勾股定理，根据题意正确设未知数，利用勾股定理解答是解题的关键． 设尺，则尺，利用勾股定理解答． 【详解】解：设尺，则尺， 在中，，， ∴， 解得：， ∴的长为4尺． 故选：B． 7．若是关于x的一元二次方程的一个根，则的值为（   ） A．2022 B．2025 C．2023 D．2024 【答案】B 【知识点】已知式子的值，求代数式的值、由一元二次方程的解求参数 【分析】本题考查了方程的根，求整式的值，由方程的根得，化简整式，代入计算，即可求解；理解方程的根的定义，会用整体代换法求整式的值是解题的关键． 【详解】解：由题意得 ， ， ； 故选：B． 8．将式子根式外的因式移到根式内的结果是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】分式有意义的条件、二次根式有意义的条件、复合二次根式的化简 【分析】本题考查了二次根式的性质、二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的性质是解题关键．先根据二次根式有意义的条件可得，再根据二次根式的性质计算即可得． 【详解】解：由题意得：，且， ∴， 则 ， 故选：C． 9．若关于的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是（   ） A． B． C．且 D．且 【答案】C 【知识点】根据一元二次方程根的情况求参数 【分析】本题考查了一元二次方程根的情况，熟悉掌握根的判别式是解题的关键． 利用根的判别式运算即可． 【详解】解：∵一元二次方程，有实数根， ∴，且， 解得：且； 故选：C． 10．如图，中，，，，点从点出发向终点以每秒个单位长度移动，点从点出发向终点以每秒个单位长度移动，两点同时出发，一点先到达终点时两点同时停止，则（   ）秒后，的面积等于． A． B． C．或 D．或 【答案】A 【知识点】动态几何问题(一元二次方程的应用) 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意正确列方程是解题的关键． 设移动时间为秒，因为秒，所以，列方程得，解方程即可得到答案． 【详解】解：设移动时间为秒， 秒， ， 根据题意得， 解得或（不符合题意，舍去）， 秒后，的面积等于， 故选：A． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11．请写出一个关于的一元二次方程，使它的一个解为： ．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【知识点】一元二次方程的定义、判断是否是一元二次方程的解 【分析】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的概念“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为的整式方程，叫做一元二次方程”是解题关键．先确定方程的左边分解因式后，含有因式，再根据一元二次方程的定义求解即可得． 【详解】解：由题意，写出一个符合条件的一元二次方程为，即， 故答案为：（答案不唯一）． 12．若最简二次根式与是同类二次根式，则 . 【答案】7 【知识点】已知最简二次根式求参数、同类二次根式 【分析】本题考查了同类二次根式和最简二次根式的定义，二次根式化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式．根据同类二次根式的定义列方程即可求出． 【详解】解：最简二次根式与是同类二次根式， 解得： ∴． 故答案为：7． 13．如图，在由边长为1的小正方形组成的“”的网格中，线段，的端点都在格点上，两线所夹锐角的度数为 ． 【答案】/45度 【知识点】算术平方根的实际应用、勾股定理与网格问题、在网格中判断直角三角形 【分析】本题考查了格点中的直角三角形的构造和勾股定理的应用，熟记勾股定理是解题关键． 建立格点三角形，利用勾股定理逆定理判定直角三角形即可解答． 【详解】解：如图所示： 平移到，连接， ∴， ∴， 有图可知：，，， ，， ∴且， ∴为等腰直角三角形， ∴ 故答案为：． 14．如图是数学史上著名的“希波克拉底月牙问题”：在中，，，，，分别以的各边为直径向外作半圆，如果，，则图中两个“月牙”，即阴影部分的面积为 ． 【答案】6 【知识点】以直角三角形三边为边长的图形面积 【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，根据题意得到阴影部分的面积等于两个小半圆的面积之和加上直角三角形的面积减去大半圆的面积是解题的关键． 根据题意得：阴影部分的面积等于两个小半圆的面积之和加上直角三角形的面积减去大半圆的面积，由勾股定理得到，求出，代入即可求解． 【详解】解：根据题意得：阴影部分的面积等于两个小半圆的面积之和加上直角三角形的面积减去大半圆的面积， ∵在中，，，，， ∴，即 ∴（负值舍去） ∴阴影部分的面积等于 ． 故答案为：6． 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15．（）计算：． （）解方程：． 【答案】（）；（）， 【知识点】二次根式的混合运算、解一元二次方程——配方法 【分析】（）利用二次根式的性质和运算法则计算即可； （）把方程右边的一次项移到左边，再利用配方法解答即可； 本题考查了二次根式的混合运算，解一元二次方程，正确计算是解题的关键． 【详解】解：（）原式 ； （）∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴，． 16．某小区在规划建设时，准备在住宅楼和临街的拐角处规划一块绿化用地（如图中的阴影部分所示）已知，技术人员通过测量确定了． (1)为了方便居民出入，技术人员计划在绿化用地中开辟一条从点A到点的小路，请问这条小路的最短长度是多少m？ (2)这块绿化用地的面积是多少？ 【答案】(1) (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、勾股定理逆定理的实际应用 【分析】此题主要考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理以及三角形面积公式等知识，正确应用勾股定理以及勾股定理逆定理是解题的关键． （1）连接，利用勾股定理求解即可； （2）利用勾股定理的逆定理证明，然后根据计算即可求解． 【详解】（1）解：连接， ，，， ， 答：这条小路的最短长度是； （2）解：∵，， ， ， ， 答：这块绿化用地的面积是． 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17．已知关于的一元二次方程，其中，，分别为三边的长． (1)若该是等边三角形，求该方程的根； (2)若该一元二次方程有两个相等的实数根，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)， (2)直角三角形，理由见解析 【知识点】因式分解法解一元二次方程、根据一元二次方程根的情况求参数、等边三角形的性质、判断三边能否构成直角三角形 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，勾股定理的逆定理，因式分解法解一元二次方程等，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据等边三角形的性质可得，继而可将方程化简，再进行求解即可； （2）根据题意可知根的判别式的值为0，再根据勾股定理的逆定理即可求解． 【详解】（1）解：当是等边三角形时，， 原方程可化为：，即 ， ， ， （2）解：是直角三角形，理由如下： 方程有两个相等的实数根， ， ， ，即， 是直角三角形． 18．年春节联欢晚会吉祥物“已升升”，设计灵感来源于中华传统文化，整体造型参考甲骨文中的“巳”字，采用青绿色为主色调，外形憨态可掬，寓意“福从头起，尾随如意”，在市场上一度走红． (1)据统计某“已升升”电商平台年月份的销售量是万件，年月份的销售量是万件，若月平均增长率相同，求月平均增长率； (2)某实体店“已升升”的进价为每件元，若售价定为每件元，则每天能销售件．经市场调查发现，售价每降价元，每天可多售出件，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时尽量减少库存，若使每天销售后获利元，则售价应降低多少元？ 【答案】(1)月平均增长率为； (2)售价应降低元． 【知识点】增长率问题(一元二次方程的应用)、营销问题(一元二次方程的应用) 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （）设月平均增长率为，由题意列出方程，然后解方程并检验即可； （）设售价应降低元，由题意列出方程，然后解方程并检验即可． 【详解】（1）解：设月平均增长率为， 由题意得，， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：月平均增长率为； （2）解：设售价应降低元， 由题意得，， 整理得：， 解得：，， ∵尽量减少库存， ∴， 答：售价应降低元． 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19．已知关于x的一元二次方程，如果a，b，c满足，我们就称这个一元二次方程为波浪方程． (1)判断方程是否为波浪方程，并说明理由． (2)已知关于x的波浪方程的一个根是，求a，b的值； (3)若一个波浪方程的两个根分别为，，求这个波浪方程． 【答案】(1)方程为波浪方程，理由见解析 (2) (3) 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、由一元二次方程的定义求参数、由一元二次方程的解求参数 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的解的定义，波浪方程的定义，熟知波浪方程的定义是解题的关键： （1）直接根据波浪方程的定义判断即可； （2）先根据波浪方程的定义得到，再由一元二次方程的解的定义得到，据此联立①②求解即可； （3）根据根与系数的关系推出，根据波浪方程的定义得到，据此得到关于m的方程，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：方程为波浪方程，理由如下： 由题意得，， ∴， ∴方程为波浪方程， （2）解：∵关于x的方程为波浪方程， ∴，且， ∴， ∵是关于x的方程的一个根， ∴， 联立①②解得； （3）解：∵一个波浪方程的两个根分别为，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴这个波浪方程为． 20．化简一个分母含有二次根式的式子时，采用分子、分母同乘以分母的有理化因式的方法就可以了，例如：，， (1)若，求的值； (2)比较与的大小，并说明理由． (3)利用这一规律计算：． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】二次根式的混合运算、分母有理化、已知字母的值，化简求值 【分析】（）先化简，再代入代数式计算即可； （）利用倒数的关系，先分别化简、，比较结果的大小，进而可比较与的大小； （）由题意可得每项可表示为，利用该规律拆项后计算即可求解； 本题考查了二次根式的化简及化简求值，二次根式的混合运算，掌握二次根式的化简是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， ∴原式 ， ， ； （2）解：∵， ， 又∵， ∴， ∴； （3）解：∵， ， ， ， ∴原式 ， ． 六、（本题满分12分） 21．【定义新知】 如果三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“奇异三角形”． 【应用探究】 (1)如图，在中，，，．求证：是“奇异三角形”； (2)已知，等腰是“奇异三角形”，，则底边的长为______． 【答案】(1)见解析 (2)底边的长为或． 【知识点】二次根式的应用、三线合一、用勾股定理解三角形 【分析】（1）取的中点D，连接，利用勾股定理求得，即可得出是“奇异三角形”； （2）需要分两种情况：①当腰上的中线时，则，过B作于E，根据等腰三角形的性质以及勾股定理，即可求得的长；②当底边上的中线时，则，且，根据等腰三角形的性质以及勾股定理，列出方程，即可求得的长． 【详解】（1）解：如图，取的中点D，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴是“奇异三角形”； （2）解：分两种情况： 如图，当腰上的中线时，则，过B作于E， ∵， ∴，， ∴， ∴中，， ∴中，； 如图，当底边上的中线时，则，且， 设,则， ∴， 又∵， ∴， ∴． 综上所述，底边的长为或． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，二次根式的化简以及中线定义的综合应用，解决问题的关键是运用等腰三角形三线合一的性质以及勾股定理进行计算求解．解题时注意：等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合． 七、（本题满分12分） 22．如图，四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是和边长，易知，这时我们把关于x的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”． 请解决下列问题： (1)写出一个“勾系一元二次方程”； (2)求证：关于x的“勾系一元二次方程”必有实数根； (3)若是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形的周长是，求的面积． 【答案】(1)（答案不唯一） (2)见解析 (3)1 【知识点】通过对完全平方公式变形求值、根据判别式判断一元二次方程根的情况、勾股树（数）问题 【分析】（1）直接找一组勾股数代入方程即可； （2）通过判断根的判别式的正负来证明结论； （3）利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得的值，根据完全平方公式求得的值，从而可求得面积． 【详解】（1）解：当，，时勾系一元二次方程为； （2）证明：根据题意，得， ∵， ∴ ∴， ∴勾系一元二次方程必有实数根； （3）解：当时，有，即， ∵四边形的周长是， ∴，即， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，完全平方公式的变形求值，一元二次方程的解和一元二次方程根的判别式，正确读懂题意是解题的关键． 八、（本题满分 14 分） 23．【背景阅读】 早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为的三角形称为型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或的三角形就是型三角形，用长方形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形． 【实践操作】 如图1，在长方形纸片中，． 第一步：如图2，将图1中的长方形纸片沿过点A的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，我们就得到了正方形，再沿折叠，然后把纸片展平． 第二步：如图3，将图2中的长方形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为，然后展平，隐去． 第三步：如图4，将图3中的长方形纸片沿折叠，得到，再沿折叠，折痕为，与折痕交于点，然后展平． 【问题解决】 (1)三边长为12，15，20 (填“是”或“不是”) 型三角形：三边长为9，40，41 (填“是”或“不是”) 型三角形； (2)若一个型三角形的一边长为a，求最长边； (3)请在图4中判断与的数量关系，并加以证明； (4)请在图4中判断是否是型三角形，并给出证明过程． 【答案】(1)不是，不是 (2)或或 (3)，证明见解析 (4)是，理由见解析 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、勾股定理与折叠问题 【分析】（1）直接判断三边比是否为即可； （2）分类讨论，根据比的性质进行求解； （3）根据长方形的性质结合折叠的性质证明即可证明； （4）由折叠知，，设，则，，则在中，由勾股定理得，，解得：，则，即可证明． 【详解】（1）解：∵，， ∴三边长为的三角形不是型三角形，三边长为的三角形不是型三角形， 故答案为：不是，不是； （2）解：①是最短边，则设最长边为， 由题意得：， 解得：； ②是中等长度边，则设最长边为， 由题意得， 解得：； ③最长边为， ∴综上所述：最长边为或或． （3）解：数量关系：． 证明：∵四边形是长方形， ∴，， 连接，由折叠性质得到：，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （4）解：是型三角形，理由如下： 如图：由折叠知，， 设，则 ∵， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴， ∴是型三角形． 【点睛】本题考查了勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识点，正确利用折叠的性质是解题的关键． 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$