2024届昌都市重点中学数学八年级第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届昌都市重点中学数学八年级第二学期期末质量跟踪监视模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，小“鱼”与大“鱼”是位似图形，如果小“鱼”上一个“顶点”的坐标为（a，b），那么大“鱼”上对应“顶点”的坐标为（）．A．（－a，－2b） B．（－2a，－b） C．（－2a，－2b） D．（－2b，－2a）2．如图，已知双曲线经过直角三角形OAB斜边OA的中点D，且与直角边AB相交于点C．若点A的坐标为（，4），则△AOC的面积为A．12 B．9 C．6 D．43．如图，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，D为斜边AB上一动点，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E、F．则线段EF的最小值为（）A．6 B． C．5 D．4．在一幅长，宽的硅藻泥风景画的四周，增添一宽度相同的装饰纹边，制成一幅客厅装饰画，使得硅藻泥风景画的面积是整个客厅装饰画面积的，设装饰纹边的宽度为，则可列方程为（）A．B．C．D．5．使式子有意义的未知数x有（）个．A．0 B．1 C．2 D．无数6．一次函数的图象不经过哪个象限（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，∠BED的平分线交BC于点F，若AB=3，BC=8，则FC的长度为（）A．6 B．5 C．4 D．38．如图，在矩形中，动点从点开始沿的路径匀速运动到点停止，在这个过程中，的面积随时间变化的图象大致是（）A． B．C． D．9．已知一个多边形的每个外角都要是60°，则这个多边形是（）A．七边形 B．六边形 C．五边形 D．四边形10．若关于x的不等式组有且仅有5个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则满足条件的所有整数a的和为（）A．12 B．14 C．21 D．3311．如图，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，将纸片展平后再一次折叠，使点落到上的点处，则的度数是()A．25° B．30° C．45° D．60°12．下列各式计算正确的是（）A．3﹣=3 B．2+＝2 C．＝2 D．＝4二、填空题（每题4分，共24分）13．不等式3x+1＜-2的解集是________．14．一次函数y=kx+b的图象如图所示，若点A(3，m)在图象上，则m的值是__________.15．方程＝3的解是_____．16．如图，经过点B（－2，0）的直线与直线相交于点A（－1，－2），则不等式的解集为．17．如图，已知边长为4的菱形ABCD中，AC＝BC，E，F分别为AB，AD边上的动点，满足BE＝AF，连接EF交AC于点G，CE、CF分别交BD与点M，N，给出下列结论：①∠AFC＝∠AGE；②EF＝BE+DF；③△ECF面积的最小值为3，④若AF＝2，则BM＝MN＝DN；⑤若AF＝1，则EF＝3FG；其中所有正确结论的序号是_____．18．如果分式有意义，那么的取值范围是____________．三、解答题（共78分）19．（8分）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，点为直线上一点，，点为轴正半轴上一点，连接，的面积为1．(1)如图1，求点的坐标；(2)如图2，点分别在线段上，连接，点的横坐标为，点的横坐标为，求与的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围)；(3)在(2)的条件下，如图3，连接，点为轴正半轴上点右侧一点，点为第一象限内一点，，，延长交于点，点为上一点，直线经过点和点，过点作，交直线于点，连接，请你判断四边形的形状，并说明理由．20．（8分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画图.（1）在图①中，画一个三角形，使它的三边长都是有理数；图①（2）在图②中，画一个直角三角形，使它们的三边长都是无理数.图②21．（8分）已知坐标平面内的三个点，，，把向下平移个单位再向右平移个单位后得到.（1）直接写出，，三个对应点、、的坐标；（2）画出将绕点逆时针方向旋转后得到；（3）求的面积.22．（10分）如图，在□ABCD中，AB=10，AD=8，AC⊥BC，求□ABCD的面积．23．（10分）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动.（1）奋进小组用图1中的矩形纸片ABCD，按照如图2所示的方式，将矩形纸片沿对角线AC折叠，使点B落在点处，则与重合部分的三角形的类型是________.（2）勤学小组将图2中的纸片展平，再次折叠，如图3，使点A与点C重合，折痕为EF，然后展平，则以点A、F、C、E为顶点的四边形是什么特殊四边形？请说明理由．（3）创新小组用图4中的矩形纸片ABCD进行操作，其中，，先沿对角线BD对折，点C落在点的位置，交AD于点G，再按照如图5所示的方式折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于点M．则EM的长为________cm.24．（10分）季末打折促销，甲乙两商场促销方式不同，两商场实际付费y（元）与标价x（元）之间的函数关系如图所示折线O-A-C（虚线）表示甲商场，折线O-B-C表示乙商场（1）分别求射线AC,BC的解析式．（2）张华说他必须选择乙商场，由此推理张华计划购物所需费用x（元）（标价）的范围是______．（3）李明说他必须选择甲商场，由此推理李明计划购物所需费用x（元）（标价）的范围是______．25．（12分）计算题：（1）；（2）；（3）；（4）．26．某商店在今年2月底以每袋23元的成本价收购一批农产品准备向外销售，当此农产品售价为每袋36元时，3月份销售125袋，4、5月份该农产品十分畅销，销售量持续走高.在售价不变的基础上，5月份的销售量达到180袋.设4、5这两个月销售量的月平均增长率不变.（1）求4、5这两个月销售量的月平均增长率；（2）6月份起，该商店采用降价促销的方式回馈顾客，经调查发现，该农产品每降价1元/袋，销量就增加4袋，当农产品每袋降价多少元时，该商店6月份获利1920元？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解题分析】

根据位似图形的性质结合图形写出对应坐标即可．【题目详解】∵小“鱼”与大“鱼”的位似比是∴大“鱼”上对应“顶点”的坐标为（－2a，－2b）故答案为：C．【题目点拨】本题考查了位似图形的问题，掌握位似图形的性质是解题的关键．2、B【解题分析】∵点，是中点∴点坐标∵在双曲线上，代入可得∴∵点在直角边上，而直线边与轴垂直∴点的横坐标为-6又∵点在双曲线∴点坐标为∴从而，故选B3、D【解题分析】

连接CD,判断四边形是矩形，得到，在根据垂线段最短求得最小值.【题目详解】如图，连接CD,∵,,∴四边形是矩形，,由垂线段最短可得时线段的长度最小，∵;∴;∵四边形是矩形∴故选：.【题目点拨】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理和直角三角形中面积的代换，解题的关键在于连接CD,判断四边形是矩形.4、B【解题分析】

设装饰纹边的宽度为xcm，则装饰画的长为（200＋2x）cm、宽为（1＋2x）cm，根据矩形的面积公式结合硅藻泥风景画的面积是整个客厅装饰画面积的78%，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【题目详解】解：设装饰纹边的宽度为xcm，则装饰画的长为（200＋2x）cm、宽为（1＋2x）cm，根据题意得：（200＋2x）（1＋2x）×78%＝200×1．故选：B．【题目点拨】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．5、B【解题分析】

根据二次根式的被开方数为非负数可列出式子，解出即可.【题目详解】依题意，又∵，∴故x=5，选B.【题目点拨】此题主要考察二次根式的定义，熟知平方数是非负数即可解答.6、A【解题分析】

根据一次函数的性质一次项系数小于0，则函数一定经过二，四象限，常数项-1＜0，则一定与y轴负半轴相交，据此即可判断．【题目详解】解：∵k=-1＜0，b=-1＜0∴一次函数的图象经过二、三、四象限一定不经过第一象限．故选：A．【题目点拨】本题主要考查了一次函数的性质，对性质的理解一定要结合图象记忆．7、D【解题分析】

根据矩形点的性质可得AD∥BC，AD=BC，再求出AE的长度，再根据勾股定理列式求出BE的长，然后根据角平分线的定义求出∠BEF=∠DEF，根据两直线平行，内错角相等求出∠BFE=∠DEF，再求出BEF=∠BFE，根据等角对等边可得BE=BF，然后根据FC=BC-BF代入数据计算即可得解．【题目详解】解：在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC=8，∵E为AD的中点，∴AE=AD=×8=4，在Rt△ABE中，，∵EF是∠BED的角平分线，∴∠BEF=∠DEF，∵AD∥BC，∴∠BFE=∠DEF，∴BEF=∠BFE，∴BE=BF，∴FC=BC-BF=8-5=1．故选：D．【题目点拨】本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，两直线平行，内错角相等的性质，等角对等边的性质，熟记各性质是解题的关键．8、B【解题分析】

根据三角形的面积可知当P点在AB上时，的面积随时间变大而变大，当P点在AD上时，△PBC的面积不会发生改变，当P点在CD上时，的面积随时间变大而变小.【题目详解】解：当P点在AB上时，的面积=，则的面积随时间变大而变大；当P点在AD上时，的面积=，则的面积不会发生改变；当P点在CD上时，的面积=，则的面积随时间变大而变小，且函数图象的斜率应与P点在AB上时相反；综上可得B选项的图象符合条件.故选B.【题目点拨】本题主要考查三角形的面积公式，函数图象，解此题关键在于根据题意利用三角形的面积公式分段对函数图象进行分析.9、B【解题分析】

根据多边形的边数等于310°除以每一个外角的度数列式计算即可【题目详解】310°÷10°＝1．故这个多边形是六边形．故选：B．【题目点拨】此题考查多边形内角与外角，难度不大10、B【解题分析】

先解不等式组，根据有5个整数解，确定a的取值2＜a≤9，根据关于y的分式方程，得y=，根据分式方程有意义的条件确定a≠4，从而可得a的值并计算所有符合条件的和．【题目详解】解：，解①得：x≤4，解②得：x＞，∴不等式组解集为：＜x≤4，∵不等式组有且仅有5个整数解，即0，1，2，3，4，∴-1≤＜0，∴2＜a≤9，−=1，去分母得：-y+a-3=y-1，y=，∵y有非负整数解，且y≠1，即a≠4，∴a=6或8，6+8=14，故选B．【题目点拨】本题考查了一元一次方程组的解、分式方程的解，此类题容易出错，根据整数解的个数确定字母系数a的值，有难度，要细心．11、B【解题分析】

由折叠的性质可得AM=DM=AD，AD⊥MN，AD=AF，可得AF=2AM，由含30度直角三角形性质可得∠MFA=30°，即可求解.【题目详解】解：∵对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕MN，∴AM=DM=AD，AD⊥MN，∴MN∥AB由折叠的性质可得：AD=AF，∴AF=2AM在直角三角形AFM中，有∴∠MFA=30°∵MN∥AB∴∠FAB=∠MFA=30°，故选择：B.【题目点拨】本题考查了翻折变换，含30度直角三角形的性质，平行线的性质，证明AF=2AM是本题的关键.12、C【解题分析】

直接利用二次根式的性质分别计算得出答案．【题目详解】A、3﹣＝2，故此选项错误；B、2+，无法计算，故此选项错误；C、＝2，正确；D、÷＝＝2，故此选项错误；故选：C．【题目点拨】考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、x<-1．【解题分析】试题分析：3x+1＜-2，3x＜-3，x＜-1．故答案为x＜-1．考点：一元一次不等式的解法．14、2.5【解题分析】

先用待定系数法求出直线解析式，再将点A代入求解可得．【题目详解】解：将（-2，0）、（0，1）代入y=kx+b，得：，解得：∴y=x+1，将点A（3，m）代入，得：即故答案为：2.5【题目点拨】本题主要考查直线上点的坐标特点，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．15、1【解题分析】

根据转化的思想，把二次根式方程化成整式方程，先把移项到右边，再两边同时平方把化成整式，进化简得到＝1，再两边进行平方，得x＝1，从而得解.【题目详解】移项得，＝3﹣，两边平方得，x+3＝9+x﹣6，移项合并得，6＝6，即：＝1，两边平方得，x＝1，经检验：x＝1是原方程的解，故答案为1．【题目点拨】本题考查了学生对开方与平方互为逆运算的理解，利用转化的思想把二次根式方程化为一元一次方程是解题的关键.16、【解题分析】分析：不等式的解集就是在x下方，直线在直线上方时x的取值范围．由图象可知，此时．17、①③④【解题分析】

由“SAS”可证△BEC≌△AFC，再证△EFC是等边三角形，由外角的性质可证∠AFC=∠AGE；由点E在AB上运动，可得BE+DF≥EF；由等边三角形的性质可得△ECF面积的EC2，则当EC⊥AB时，△ECF的最小值为3；由等边三角形的性质和菱形的性质可求MN＝BD﹣BM﹣DN＝，由平行线分线段成比例可求EG=3FG，即可求解．【题目详解】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∵AC＝BC，∴AB＝BC＝CD＝AD＝AC，∴△ABC，△ACD是等边三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝∠DAC＝60°，∵AC＝BC，∠ABC＝∠DAC，AF＝BE，∴△BEC≌△AFC（SAS）∴CF＝CE，∠BCE＝∠ACF，∴∠ECF＝∠BCA＝60°，∴△EFC是等边三角形，∴∠EFC＝60°，∵∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝60°+∠AFE，∠AGE＝∠AFE+∠CAD＝60°+∠AFE，∴∠AFC＝∠AGE，故①正确；∵BE+DF＝AF+DF＝AD，EF＝CF≤AC，∴BE+DF≥EF（当点E与点B重合时，BE+DF＝EF），故②不正确；∵△ECF是等边三角形，∴△ECF面积的EC2，∴当EC⊥AB时，△ECF面积有最小值，此时，EC＝2，△ECF面积的最小值为3，故③正确；如图，设AC与BD的交点为O，若AF＝2，则FD＝BE＝AE＝2，∴点E为AB中点，点F为AD中点，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ABO＝∠ABC＝30°，∴AO＝AB＝2，BO＝AO＝2，∴BD＝4，∵△ABC是等边三角形，BE＝AE＝2，∴CE⊥AB，且∠ABO＝30°，∴BE＝EM＝2，BM＝2EM，∴BM＝，同理可得DN＝，∴MN＝BD﹣BM﹣DN＝，∴BM＝MN＝DN，故④正确；如图，过点E作EH∥AD，交AC于H，∵AF＝BE＝1，∴AE＝3，∵EH∥AD∥BC，∴∠AEH＝∠ABC＝60°，∠AHE＝∠ACB＝60°，∴△AEH是等边三角形，∴EH＝AE＝3，∵AD∥EH，∴，∴EG＝3FG，故⑤错误，故答案为：①③④【题目点拨】本题是四边形综合题，考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线是解题的关键．18、【解题分析】试题分析：分式有意义的条件是分母不为零，故，解得．考点：分式有意义的条件．三、解答题（共78分）19、（1）B（6，0）；（2）d＝；（3）四边形是矩形，理由见解析【解题分析】

（1）作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，证明△DLC≌△AOC，求得D（2，12），再由S△ABD＝AB•DI＝1，求得OB＝AB−AO＝8−2＝6，即可求B坐标；

（2）设∠MNB＝∠MBN＝α，作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；证明四边形MPKQ为矩形，再证明△MNP≌△MQB，求出BD的解析式为y＝−3x＋18，MQ＝d，把y＝d代入y＝−3x＋18得d＝−3x＋18，表达出OQ的值，再由OQ＝OK＋KQ＝t＋d，可得d＝−；

（3）作NW⊥AB垂足为W，证明△ANW≌△CAO，根据边的关系求得N（4，2）；延长NW到Y，使NW＝WY，作NS⊥YF，再证明△FHN≌△FSN，可得SF＝FH=，NY＝2＋2＝4；设YS＝a，FY＝FN＝a＋，在Rt△NYS和Rt△FNS中利用勾股定理求得FN；在Rt△NWF中，利用勾股定理求出WF＝6，得到F（10，0）；设GF交y轴于点T，设FN的解析式为y＝px＋q

（p≠0）把F（10，0）N（4，2）代入即可求出直线FN的解析式，联立方程组得到G点坐标；把G点代入得到y＝x+3，可知R（4，0），证明△GRA≌△EFR，可得四边形AGFE为平行四边形，再由∠AGF＝180°−∠CGF＝90°，可证明平行四边形AGFE为矩形．【题目详解】解：（1）令x＝0，y＝6，令y＝0，x＝−2，

∴A（−2，0），B（0，6），

∴AO＝2，CO＝6，

作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，

∴∠DLO＝∠COA＝90°，∠DCL＝∠ACO，DC＝AC，

∴△DLC≌△AOC（AAS），

∴DL＝AO＝2，

∴D的横坐标为2，

把x＝2代入y＝3x＋6得y＝12，

∴D（2，12），

∴DI＝12，

∵S△ABD＝AB•DI＝1，

∴AB＝8；

∵OB＝AB−AO＝8−2＝6，

∴B（6，0）；

（2）∵OC＝OB＝6，

∴∠OCB＝∠CBO＝45°，

∵MN＝MB，

∴设∠MNB＝∠MBN＝α，

作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；

∴∠NKB＝∠MQK＝∠MPK＝90°，

∴四边形MPKQ为矩形，

∴NK∥CO，MQ＝PK；

∵∠KNB＝90°−45°＝45°，

∴∠MNK＝45°＋α，∠MBQ＝45°＋α，

∴∠MNK＝∠MBQ，

∵MN＝MB，∠NPM＝∠MQB＝90°，

∴△MNP≌△MQB（AAS），

∴MP＝MQ；

∵B（6，0），D（2，12），

∴设BD的解析式为y＝kx＋b（k≠0），

∴，解得：k=-3，b=18，

∴BD的解析式为y＝−3x＋18，

∵点M的纵坐标为d，

∴MQ=MP＝d，把y＝d代入y＝−3x＋18得d＝−3x＋18，

解得x＝，

∴OQ＝；

∵N的横坐标为t，

∴OK＝t，

∴OQ＝OK＋KQ＝t＋d，

∴＝t＋d，

∴d＝；

（3）作NW⊥AB垂足为W，

∴∠NWO＝90°，

∵∠ACN＝45°＋∠ACO，∠ANC＝45°＋∠NAO，

∵∠ACO＝∠NAO，

∴∠ACN＝∠ANC，

∴AC＝AN，

又∵∠ACO＝∠NAO，∠AOC＝∠NOW＝90°，

∴△ANW≌△CAO（AAS），

∴AO＝NW＝2，

∴WB＝NW＝2，

∴OW＝OB−WB＝6−2＝4，

∴N（4，2）；

延长NW到Y，使NW＝WY，∴△NFW≌△YFW（SAS）∴NF＝YF，∠NFW＝∠YFW，

又∵∠HFN＝2∠NFO，

∴∠HFN＝∠YFN，

作NS⊥YF，

∵∠FH⊥NH，

∴∠H＝∠NSF＝90°，

∵FN＝FN，

∴△FHN≌△FSN（AAS），

∴SF＝FH＝，NY＝2＋2＝4，

设YS＝a，FY＝FN＝a＋，

在Rt△NYS和Rt△FNS中：NS2＝NY2−YS2；NS2＝FN2−FS2；NY2−YS2＝FN2−FS2，

∴42−a2＝(a＋)2-()2，

解得a＝

∴FN＝；

在Rt△NWF中WF＝，

∴FO＝OW＋WF＝4＋6＝10，

∴F（10，0），

∴AW＝AO＋OW＝2＋4＝6，

∴AW＝FW，

∵NW⊥AF，

∴NA＝NF，

∴∠NFA＝∠NAF，

∵∠ACO＝∠NAO，

∴∠NFA＝∠ACO，

设GF交y轴于点T，∠CTF＝∠ACO＋∠CGF＝∠COF＋∠GFO，

∴∠CGF＝∠COF＝90°，

设FN的解析式为y＝px＋q

（p≠0），把F（10，0）N（4，2）代入y＝px＋q

得，解得，∴，∴联立，解得：，∴，

把G点代入y＝mx＋3，得，得m＝，

∴y＝x＋3，

令y＝0得0＝x＋3，x＝4，

∴R（4，0），

∴AR＝AO＋OR＝2＋4＝6，RF＝OF−OR＝10−4＝6，

∴AR＝RF，

∵FE∥AC，

∴∠FEG＝∠AGE，∠GAF＝∠EFA，

∴△GRA≌△EFR（AAS），

∴EF＝AG，

∴四边形AGFE为平行四边形，

∵∠AGF＝180°−∠CGF＝180°−90°＝90°，

∴平行四边形AGFE为矩形．【题目点拨】本题是一次函数的综合题；灵活应用全等三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握平行四边形和矩形的判定，会待定系数法求函数解析式是解题的关键．20、（1）见解析；（2）见解析【解题分析】

(1)画一个边长为3、4、5的直角三角形即可；(2)画一个边长为、2、的直角三角形即可.【题目详解】解：(1)三边分别是3、4、5，如下图：(2)三边分别是、2、，如下图：故答案：（1）图形见解析；（2）图形见解析.【题目点拨】本题考查了有理数、无理数、勾股定理.21、（1）点D、E、F的坐标分别为（5，2）、（5，-2）、（2，-3）；（2）见解析；（3）1．【解题分析】

（1）利用点平移的坐标规律写出点D、E、F的坐标；

（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A′、B′即可；

（3）利用三角形面积公式计算．【题目详解】解：（1）点D、E、F的坐标分别为（5，2）、（5，-2）、（2，-3）；

（2）如图，△A'OB'为所作；

（3）△DEF的面积=×4×3=1．

故答案为：（1）点D、E、F的坐标分别为（5，2）、（5，-2）、（2，-3）；（2）见解析；（3）1．【题目点拨】本题考查作图-平移变换、旋转变换，解题的关键是熟练掌握平移变换和旋转变换的定义、性质，并据此得到变换后的对应点．22、48【解题分析】

根据平行四边形的性质可得BC=AD=8，然后根据垂直的定义可得∠ACB=90°，再利用勾股定理即可求出AC，最后利用平行四边形的面积公式求面积即可．【题目详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形∴BC=AD=8∵AC⊥BC∴∠ACB=90°在Rt△ACB中，AC==6∴S□ABCD=BC·AC=48【题目点拨】此题考查的是平行四边形的性质、勾股定理和求平行四边形的面积，掌握平行四边形的对应边相等、利用勾股定理解直角三角形和平行四边形的面积公式是解决此题的关键．23、（1）等腰三角形（或钝角三角形）；（2）菱形，理由详见解析；（3）.【解题分析】

（1）利用折叠的性质和角平分线定义即可得出结论；

（2）利用四边相等的四边形是菱形即可得出结论；

（3）由勾股定理可求BD的长，BG的长，AG的长，利用勾股定理和折叠的性质可得到结果。【题目详解】解：（1）等腰三角形（或钝角三角形）．提示：∵四边形ABCD是矩形，∴，∴．由折叠知，，∴，∴重合部分的三角形是等腰三角形.（2）菱形．理由：如图，连接AE、CF，设EF与AC的交点为M，由折叠知，，，∴，．∵四边形ABCD是矩形，∴，∴，，∴，∴，∴，∴以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形．（3）.提示：∵点D与点A重合，得折痕EN，，，∴.在中，，∴.∵，，∴．∵，∴，∴，∴由勾股定理