精品解析：四川省泸州市古蔺县实验学校2025-2026学 年八年级下学期期中数学质量检测

四川省泸州市古蔺县实验学校2025-2026年八年级下学期 期中质量检测数学 一．选择题（共12小题，每小题4分，共48分） 1. 下列式子中，与为同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】几个二次根式化成最简二次根式后，如果被开方数相同，这几个二次根式叫做同类二次根式，据此即可判断． 【详解】解：A、与不是同类二次根式，故A不符合题意． B、由于，所以与是同类二次根式，故B符合题意． C、与不是同类二次根式，故C不符合题意． D、与不是同类二次根式，故D不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查二次根式，解题的关键是正确理解同类二次根式的概念，本题属于基础题型． 2. 下列各组数，不能作为直角三角形的三边长的是（ ） A. 3，4，5 B. 1，1， C. 2，3，4 D. 6，8，10 【答案】C 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理，只需验证两较小边的平方和是否等于最长边的平方即可． 【详解】A. 3 +4=25=5，故能构成直角三角形，故本选项错误； B. 1+1=2=()，故能构成直角三角形，故本选项错误； C.2+3=13≠4，故不能构成直角三角形，故本选项正确； D. 6+8=100=10，故能构成直角三角形，故本选项错误． 故选C. 【点睛】此题考查勾股定理的逆定理，解题关键在于掌握其定义 3. 下列各式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式的判定条件：①被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；②被开方数的因数是整数，因式是整式．由此逐项判断即可得出答案． 【详解】解：A、的被开放数中含有分数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； B、是最简二次根式，故本选项符合题意； C、的被开方数中在分母中，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； D、的被开方数中含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； 故选：B． 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质化简，二次根式的加减乘除的运算，据此相关性质内容进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、，故选项不符合题意； B、，故选项不符合题意； C、，故选项符合题意； D、，故选项不符合题意； 故选：C． 5. 如图，平行四边形中，，，平分交边于点E，则等于（    　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的性质可以推导出等角，进而得到等腰三角形，推得 ，根据 、的值，求出的值． 【详解】解：∵平行四边形， ∴，， ， 平分， ， ， ， ． 6. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对角线互相平分 C. 对角线互相垂直 D. 对角相等 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别． 根据矩形和菱形的性质判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意； B、矩形和菱形对角线都互相平分，故本选项不符合题意； C、菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，故本选项不符合题意； D、矩形和菱形都是对角相等，故本选项不符合题意； 故选：A． 7. 如图，已知矩形沿着直线折叠，使点C落在处，交于E，，则的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题、平行线的性质、等角对等边的性质和勾股定理，难度适中． 设，则．先根据折叠的性质和平行线的性质，得，则，然后在直角三角形中根据勾股定理即可求解． 【详解】解：设，则． 根据折叠的性质，得． ∵， ∴， ∴， ∴． 在直角三角形中，根据勾股定理，得 ， 解得． 故选：C． 8. 已知平面直角坐标系中，有两点，，且满足，为上一动点（不与，重合），轴，轴，垂足分别为，，连接，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】连接OP，先求出a=3，则b=4，再由勾股定理得AB=5，然后证四边形OEPF是矩形，则EF=OP，当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，进而由面积法求解即可． 【详解】解：如图，连接OP， ∵， ∴，， 解得：， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴四边形OEPF是矩形， ∴， 当时，OP最小，EF也最小，此时，， ∴EF的最小值为， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、坐标与图形性质、二次根式有意义的条件、勾股定理以及最小值等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 9. 若整数使关于的不等式组有且只有3个整数解，则满足条件的整数的值之和为（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】先求得不等式组的解集为，根据题意得到，据此求解即可． 【详解】解：解不等式得， 解不等式得， ∴不等式组的解集为， ∵关于的不等式组有且只有3个整数解，即、0、1， ∴，解得， ∵是整数， ∴的取值为、0、1、2、3、4． ∴满足条件的整数的值之和为． 10. 如图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形的两直角边分别是a、b，且，大正方形的面积是9，则小正方形的面积是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】观察图形可知，小正方形的面积=大正方形的面积−4个直角三角形的面积，利用已知(a+b)2=15，大正方形的面积为9，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案． 【详解】解：∵(a+b)2=15， ∴a2+2ab+b2=15， ∵大正方形的面积为：a2+b2=9， ∴2ab=15−9=6，即ab=3， ∴直角三角形的面积为：， ∴小正方形的面积为：， 故选：A． 【点睛】此题主要考查了完全平方公式及勾股定理的应用，熟练应用完全平方公式及勾股定理是解题关键． 11. 已知：在四边形中，，，、分别是，的中点，则线段的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，取的中点G，连接，．当时，最短，利用中位线定理可得，，利用三边关系可得的取值范围． 本题主要考查了三角形中位线定理，解答此题的关键是根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理及三角形三边关系解答． 【详解】解：连接，取的中点G，连接，． ∵M是边的中点，G是的中点 ∴是的中位线， ∴； ∵N是的中点，G是的中点 ∴是的中位线， ∴ 在中，由三角形三边关系可知， 即， ∴， 当，即时，四边形是梯形， 故线段长的取值范围是． 故选：B． 12. 如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（ ） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】B 【解析】 【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论； ②证△OMB△OEB得△EOB△CMB； ③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF； ④由②可知△BCM△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，再由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半继续求解即可． 【详解】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB=BC， ∵FO=FC， ∴FB垂直平分OC，故①正确； ②∵FB垂直平分OC， ∴△CMB≌△OMB， ∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO， ∴△FOC△EOA， ∴FO=EO， ∴OB⊥EF， ∴△FOB≌△OEB， ∴△EOB与△CMB不全等，故②错误； ③由△OMB≌△OEB≌△CMB 得：∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE， ∴△BEF是等边三角形， ∴BF=EF， ∵DF∥BE且DF=BE， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∴DE=BF， ∴DE=EF，故③正确； ④在直角△BOE中∵∠3=30°， ∴BE=2OE， ∵∠OAE=∠AOE=30°， ∴AE=OE， ∴BE=2AE， ∴S△AOE：S△BOE=1：2， 又∵FM∶BM=1∶3， ∴S△BCM = S△BCF= S△BOE ∴S△AOE：S△BCM=2∶3 故④正确； 所以其中正确结论的个数为3个， 故选：B． 二．填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 13. 要使在实数范围内有意义，x应满足的条件是_____． 【答案】x≥2 【解析】 【分析】根据被开方数大于等于0列式求解即可． 【详解】要使在实数范围内有意义， x应满足的条件x﹣2≥0，即x≥2． 故答案为：x≥2 【点睛】主要考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义． 14. 已知实数m、n满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据绝对值和平方的非负性求出和的值，然后代入化简求值即可． 【详解】∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了绝对值和二次根式的非负性，二次根式的化简和加减运算，根据题意求出和的值是解题的关键． 15. 如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点E、F，，，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查了矩形性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出阴影部分的面积等于矩形的面积的一半． 根据矩形性质得出，，，推出，证出和的面积相等，同理可证：和的面积相等，和的面积相等，即可得出阴影部分的面积等于矩形的面积的一半，求出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即和的面积相等， 同理可证：和的面积相等，和的面积相等， 即阴影部分的面积等于矩形的面积的一半， ∵矩形面积是， ∴阴影部分的面积是4， 故答案为：4． 16. 已知一个直角三角形的两边的长分别是4和5，则第三边长为______． 【答案】或 【解析】 【详解】解：设第三边长为． ①当和都是直角边，第三边是斜边， 由勾股定理得：，解得（负值舍去）； ②若是斜边，是直角边，则第三边为直角边， 由勾股定理得：，解得（负值舍去）； 综上，第三边长为或． 17. 如图，在菱形中，，，是边的中点，，分别是，上的动点，连接，，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查轴对称—最短路线问题，解题的关键是掌握菱形的性质和轴对称的性质．作关于的对称点，过作的垂线，垂足为，与交于点，此时的最小值，其值为．根据、菱形的面积是与的乘积可得答案． 【详解】解：四边形是菱形， ， ，， ． 作关于的对称点，过作的垂线，垂足为，与交于点，此时的最小值，其值为． ， ， ， 的最小值为． 故答案为：． 三．解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分） 18. 计算： 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的性质，负整数指数幂，零指数幂，绝对值等知识点化简计算即可． 【详解】解：， ， ． 【点睛】本题考查了实数的混合运算，二次根式的性质，负整数指数幂，零指数幂，绝对值，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 19. 化简：． 【答案】 【解析】 【分析】先计算括号内的，通分后利用同分母的分式运算法则求解，然后将除法变成乘法，约分即可得到结果． 【详解】解： ． 【点睛】本题考查分式的化简求值，掌握相关运算法则和运算顺序是解决问题的关键． 四．解答题（本大题共3个小题，每小题10分，共30分） 20. 如图，，，，四点在同一条直线上，，线段与线段平行，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】 证明：∵， ∴， ∵，， ∴； ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】证明，得到，，利用等角的补角相等，继而得到平行线，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可． 【详解】略 21. 某农谷生态园响应国家发展有机农业政策，大力种植有机蔬菜，某超市看好甲、乙两种有机蔬菜的市场价值，经调查甲种蔬菜进价每千克元，售价每千克16元；乙种蔬菜进价每千克元，售价每千克18元． （1）该超市购进甲种蔬菜10千克和乙种蔬菜5千克需要170元；购进甲种蔬菜6千克和乙种蔬菜10千克需要200元．求，的值． （2）该超市决定每天购进甲、乙两种蔬菜共100千克，且投入资金不少于1160元又不多于1168元，设购买甲种蔬菜千克为整数），求有哪几种购买方案． （3）在（2）的条件下，求超市在获得的利润的最大值． 【答案】（1）的值为10，的值为14；（2）有3种购买方案，方案1：购买甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜42千克；方案2：购买甲种蔬菜59千克，乙种蔬菜41千克；方案3：购买甲种蔬菜60千克，乙种蔬菜40千克；（3）当时，取得最大值为元 【解析】 【分析】（1）根据“该超市购进甲种蔬菜10千克和乙种蔬菜5千克需要170元；购进甲种蔬菜6千克和乙种蔬菜10千克需要200元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设购买甲种蔬菜千克，则购买乙种蔬菜千克，根据总价单价数量结合投入资金不少于1160元又不多于1168元，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，再结合为正整数即可得出各购买方案； （3）设超市获得的利润为元，根据总利润每千克的利润销售数量可得出关于的函数关系式，利用一次函数的性质可得出获得利润的最大值． 【详解】解：（1）依题意，得： ， 解得：． 答：的值为10，的值为14． （2）设购买甲种蔬菜千克，则购买乙种蔬菜千克， 依题意，得：， 解得：． 为正整数， ，59，60， 有3种购买方案，方案1：购买甲种蔬菜58千克，乙种蔬菜42千克；方案2：购买甲种蔬菜59千克，乙种蔬菜41千克；方案3：购买甲种蔬菜60千克，乙种蔬菜40千克． （3）设超市获得的利润为元，则． ， 随的增大而增大， 当时，取得最大值，最大值为． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用、一次函数的性质以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；（3）利用一次函数的性质，得出利润的最大值． 22. 如图，某中学有一块四边形的空地，学校计划在空地上种植草皮，经测量，，，，，若每平方米草皮需要200元，问学校需要投入多少资金购买草皮？ 【答案】7200元 【解析】 【分析】本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答． 仔细分析题目，需要求得四边形的面积才能求得结果．连接，在直角三角形中可求得的长，由、、的长度关系可得三角形为一直角三角形，为斜边；由此得四边形由和构成，即可求解． 【详解】解：连接， 在 中，， 在中，，且， 即， ， ， ， 所以需费用（元）． 五．解答题（本大题共3个小题，每小题12分，共36分） 23. 像，，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为“有理化因式”．例如，与，与，与等都是互为“有理化因式”．进行二次根式计算时，利用“有理化因式”可以化去分母中的根号． （1）化简：①______；②______； （2）计算： ； （3）已知，，，试比较a，b，c的大小，并说明理由． 【答案】（1）①；② （2） （3） 解：；理由如下； ∵，，， ∴， 同理：，， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了分母有理化，平方差公式，二次根式的混合运算．熟练掌握分母有理化，平方差公式，二次根式的混合运算法则是解题的关键． （1）①根据，计算求解即可；②根据，计算求解即可； （2）先将括号中的每一项分母有理化，进一步计算求解即可； （3）分母有理化求得，，，得到，进而可得． 【小问1详解】 解：①； ②； 【小问2详解】 解： ； 【小问3详解】 略 24. 平面几何图形的许多问题，如长度、周长、面积、角度等问题，最后都转化到三角形中解决古人对任意形状的三角形，探究出若已知三边，便可以求出其面积具体如下： 设一个三角形的三边长分别为、、，则有下列面积公式： （海伦公式）； （秦九韶公式）． （1）一个三角形边长依次为、、，利用两个公式，可以求出这个三角形的面积是______． （2）学完勾股定理，已知任意形状的三角形三边长也能求出其面积如图，在中，，，，求的面积． 某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程． 作于，设，用含的代数式表示，则 ______； 请根据勾股定理，利用作为“桥梁”建立方程，并求出的值； 求的面积． 【答案】（1） （2）①；②；③ 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理和三角形面积公式，正确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）利用两个公式分别计算即可； （2）①根据可得答案；②先利用勾股定理得出方程，解方程求解即可；③根据三角形面积公式求解即可． 【小问1详解】 解：， 由海伦公式可得； 由秦九昭公式可得． 故答案为：； 【小问2详解】 解：，， ， 故答案为：； ， ，， ， 解得； 由（2）得：， ． 25. 在中，，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点D、E运动的时间是t秒，过点D作于点F，连接． （1）四边形能够成为菱形吗？若能，求相应的t值，若不能，请说明理由． （2）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【答案】（1）能， （2） 当或时，为直角三角形，理由如下： 当时，如图①， ，， ， 四边形为矩形． ，即， 解得， 当时，如图②，同理可证明四边形为平行四边形， ∴， ， ∴． ，即， 解得，， 综上所述，当或时，为直角三角形． 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质： （1）由题意得，，，再由含角的直角三角形的性质得， 即可得到，进而可证明四边形是平行四边形，再由，得四边形为菱形，得，进而求得的值； （2）分、两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可． 【小问1详解】 解：由题意可知，， ，， ， ∵， ∴ ． ． ∵， ． ，， 四边形为平行四边形， 要使平行四边形为菱形，则需， ∴， 解得， 当时，四边形为菱形， 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省泸州市古蔺县实验学校2025-2026年八年级下学期 期中质量检测数学 一．选择题（共12小题，每小题4分，共48分） 1. 下列式子中，与为同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数，不能作为直角三角形的三边长的是（ ） A. 3，4，5 B. 1，1， C. 2，3，4 D. 6，8，10 3. 下列各式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，平行四边形中，，，平分交边于点E，则等于（    　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对角线互相平分 C. 对角线互相垂直 D. 对角相等 7. 如图，已知矩形沿着直线折叠，使点C落在处，交于E，，则的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知平面直角坐标系中，有两点，，且满足，为上一动点（不与，重合），轴，轴，垂足分别为，，连接，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 9. 若整数使关于的不等式组有且只有3个整数解，则满足条件的整数的值之和为（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 7 10. 如图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形的两直角边分别是a、b，且，大正方形的面积是9，则小正方形的面积是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 11. 已知：在四边形中，，，、分别是，的中点，则线段的取值范围（ ） A. B. C. D. 12. 如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（ ） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 二．填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 13. 要使在实数范围内有意义，x应满足的条件是_____． 14. 已知实数m、n满足，则______． 15. 如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点E、F，，，则图中阴影部分的面积为_____． 16. 已知一个直角三角形的两边的长分别是4和5，则第三边长为______． 17. 如图，在菱形中，，，是边的中点，，分别是，上的动点，连接，，则的最小值是______． 三．解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分） 18. 计算： 19. 化简：． 四．解答题（本大题共3个小题，每小题10分，共30分） 20. 如图，，，，四点在同一条直线上，，线段与线段平行，．求证：四边形是平行四边形． 21. 某农谷生态园响应国家发展有机农业政策，大力种植有机蔬菜，某超市看好甲、乙两种有机蔬菜的市场价值，经调查甲种蔬菜进价每千克元，售价每千克16元；乙种蔬菜进价每千克元，售价每千克18元． （1）该超市购进甲种蔬菜10千克和乙种蔬菜5千克需要170元；购进甲种蔬菜6千克和乙种蔬菜10千克需要200元．求，的值． （2）该超市决定每天购进甲、乙两种蔬菜共100千克，且投入资金不少于1160元又不多于1168元，设购买甲种蔬菜千克为整数），求有哪几种购买方案． （3）在（2）的条件下，求超市在获得的利润的最大值． 22. 如图，某中学有一块四边形的空地，学校计划在空地上种植草皮，经测量，，，，，若每平方米草皮需要200元，问学校需要投入多少资金购买草皮？ 五．解答题（本大题共3个小题，每小题12分，共36分） 23. 像，，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为“有理化因式”．例如，与，与，与等都是互为“有理化因式”．进行二次根式计算时，利用“有理化因式”可以化去分母中的根号． （1）化简：①______；②______； （2）计算： ； （3）已知，，，试比较a，b，c的大小，并说明理由． 24. 平面几何图形的许多问题，如长度、周长、面积、角度等问题，最后都转化到三角形中解决古人对任意形状的三角形，探究出若已知三边，便可以求出其面积具体如下： 设一个三角形的三边长分别为、、，则有下列面积公式： （海伦公式）； （秦九韶公式）． （1）一个三角形边长依次为、、，利用两个公式，可以求出这个三角形的面积是______． （2）学完勾股定理，已知任意形状的三角形三边长也能求出其面积如图，在中，，，，求的面积． 某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程． 作于，设，用含的代数式表示，则 ______； 请根据勾股定理，利用作为“桥梁”建立方程，并求出的值； 求的面积． 25. 在中，，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点D、E运动的时间是t秒，过点D作于点F，连接． （1）四边形能够成为菱形吗？若能，求相应的t值，若不能，请说明理由． （2）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $