浙江省绣湖中学教育集团八年级2022-2023学年下学期5月月考数学试题

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1. 下列对于二次根式的计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二次根式的加减和乘除运算法则进行计算即可.
【详解】解：A.，故原题计算错误；
B.，故原题计算错误；
C.，故原题计算正确；
D.，故原题计算错误.
故选：C
【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的运算法则是解答此题的关键.
2. 下列常用手机APP的图标中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心，旋转前后图形上能够重合的点叫做对称点．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故不符合题意；
B．不是中心对称图形，故不符合题意；
C．是中心对称图形，故符合题意；
D．不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．
3. 用配方法解一元二次方程x2-8x+3=0，此方程可化为（ ）
A. (x-4)2=13B. (x+4)2=13C. (x-4)2=19D. (x+4)2=19
【答案】A
【解析】
【分析】移项后两边都加上一次项系数一半的平方,写成完全平方式即可.
【详解】x2-8x=-3，
x2-8x+16=-3+16，
即（x-4）2=13，
故选A．
【点睛】本题考查了运用配方法解方程，熟练掌握配方法是解题的关键.
4. 用反证法证明命题“在四边形中至少有一个内角不大于90°”时，首先应假设（ ）
A. 每个内角都小于90°B. 每个内角都大于90°
C. 没有一个内角大于90°D. 每个内角都等于90°
【答案】B
【解析】
【分析】至少有一个内角不大于90°反面是每一个内角都大于90°，据此即可假设.
详解】用反证法证明“中至少有一个内角不大于”时，等于应先假设：每一个内角都大于90°.
故选：B.
【点睛】此题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤.在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定.
5. 对于任意的实数m，关于x的方程的根的情况是（ ）
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 无实数根D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】判断方程的根的情况，只要看根的判别式△=b2-4ac的值的符号即可.
【详解】解：∵a=1，b=−m，c=−
∴Δ=b2−4ac=m2+2＞0
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根，是解决问题的关键．
6. 2022年将在北京---张家口举办冬季奥运会，很多学校开设了相关的课程.某校8名同学参加了滑雪选修课，他们被分成甲、乙两组进行训练，身高（单位：cm）如下表所示：
设两队队员身高的平均数依次为，，方差依次为，，则下列关系中完全正确的是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出平均数再根据方差的公式计算再进行比较.
【详解】=，
=，
=，
=
所以=，＜.
故选D.
【点睛】此题主要考查了平均数和方差的求法，正确记忆方差公式是解决问题的关键.
7. 为了研究特殊四边形，李老师制作了这样一个教具（如图1）：用钉子将四根木条钉成一个平行四边形框架ABCD，并在A与C、B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定，课上，李老师右手拿住木条BC，用左手向右推动框架至AB⊥BC（如图2）观察所得到的四边形，下列判断正确的是（ ）
A. ∠BCA＝45°B. AC＝BD
C. BD的长度变小D. AC⊥BD
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形的性质即可判断．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD．
故选B．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定和性质等知识．解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8. 如图：在4×4的正方形（每个小正方形的边长均为1）网格中，以A为顶点，其他三个顶点都在格点（网格的交点）上，且面积为2的平行四边形的共有（ ）个．
A. 10B. 12C. 14D. 23
【答案】D
【解析】
【详解】解：一顶点在BC上，两顶点在MG上的有四边形AGIB、AOQB、AMIF、AQFO、ABMI、AFGI共6个；
一顶点在BC上，两顶点在PH上的有四边形AHVC、AVNC、APZE、AZNE、AEVN、ACZN共6个；
还有四边形AQNO、AIYL、ATXI、AHLI、APTI、AGHI、AMPI、AZRN、AVR′N、AOKN、AQSN，共11个；
6+6+11=23个．
故选D．
9. 已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为4，BE=AF，∠BAD=120°，则下列结论：①△BCE≌△ACF②△CEF为正三角形③∠AGE=∠BEC④若AF=1，则EG=3FG正确的有（ ）个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用手拉手模型，推出结论①；根据结论①中的全等，对应边对应角相等，推出结论②；利用的内角和，是平角，得到∠AGE和∠BEC的关系，从而判断结论③；过点E作交BC于H，利用平行线分线段成比例，可得到EG与FG的关系，从而判断结论④
【详解】在菱形ABCD中，∠BAD=120°,
∴是等边三角形
∴，
由：得：
故结论①正确
∴，
∴
∴△CEF为正三角形
故结论②正确
∴
在中：
又∵
∴
即
故结论③正确
过点E作交AC于H
则： ，
∵
∴
由得：
由得：EG=3FG
故结论④正确
故选：D
【点睛】本题考查手拉手模型中的全等，一线三等角的结构以及平行线分线段成比例；注意灵活运用菱形，等边三角形的性质是本题解题关键
10. 如图，在平行四边形ABCD纸片中，∠BAD=45°，AB=10．将纸片折叠，使得点A的对应点A＇落在BC边上，折痕EF交AB、AD、AA＇分别于点E、F、G． 继续折叠纸片，使得点C的对应点C＇落在A＇F上．连接GC＇，则GC＇的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，作GH⊥AD，BR⊥AD，，，利用角平分线和中位线的性质求得的长度，根据垂线段最短，即可求解．
【详解】解：如图，作GH⊥AD，BR⊥AD，GP⊥A＇F，A＇Q⊥AD，
∵∠BAD=45°，AB=10
∴为等腰直角三角形，
由题意可得，垂直平分，，
∴，
∴，
在中，，当、两点重合时，
即的最小值为
故选：B．
【点睛】此题考查了轴对称的性质，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质，中位线的性质，垂线段最短，解题的关键是作出合适的辅助线，灵活运用相关性质进行求解．
二、填空题（每题4分，共24分）
11. 当时，二次根式的值为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】直接将代入求出即可．
【详解】∵，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查二次根式的化简求值，比较简单．
12. 若一个多边形的内角和是900º，则这个多边形是_____边形．
【答案】七
【解析】
【分析】根据多边形的内角和公式，列式求解即可．
【详解】设这个多边形是边形，根据题意得，
，
解得．
故答案为七．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．
13. 直线与双曲线的图象交于A、B两点，设A点的坐标为，则边长分别为m、n的矩形的面积为_________，周长为_________.
【答案】 ① 4 ②. 10
【解析】
【分析】根据矩形的面积计算公式可得，S=mn,再结合双曲线的方程计算即可，周长L=2（m+n）,结合直线方程即可得到
【详解】根据题意可得S=mn，因为点A在双曲线上，所以S=mn=4；
周长周长L=2（m+n），因为点A也在直线，所以m+n=5,因此可得L=10.
【点睛】本题主要考查一次函数和反比例函数的解析式，关键点在于点在直线或曲线上.
14. 已知 是方程 的一个根，则 _______．
【答案】2021
【解析】
【分析】根据 是方程 的一个根，可得，再代入，即可求解．
【详解】解：∵ 是方程 的一个根，
∴，即，
∴．
故答案为：2021
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解，熟练掌握能使方程左右两边同时成立的未知数的值是方程的解是解题的关键．
15. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠ACB＝30°，E，F分别为对角线AC与边CD上的点，且AE＝CF，则BE+BF的最小值为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】连接矩形 ABCD 的对角线 BD，交 AC 于点 O ，则点 O 为 AC ，BD 中点；作O关于 CD 的对称点 H ，连接 OH ，交 CD 于 G，过 H 作直线 BC 的垂线，垂足为 M ，连接 BH 交 CD 于 F ，连 OF ，此时 BF + BE 最小，根据勾股定理求出即可；
【详解】解：如图所示，连接矩形 ABCD 的对角线 BD，交 AC 于点 O ，则点 O 为 AC ，BD 中点；
作O关于 CD 的对称点 H ，连接 OH ，交 CD 于 G，过 H 作直线 BC 的垂线，垂足为 M ，连接 BH 交 CD 于 F ，连 OF ，此时 BF + BE 最小，
∵四边形 ABCD 为矩形，
∴CD = AB =4，BC = AD， AD∥ BC ， AB∥CD ，∠ABC = ∠BCD = ∠ADC = ∠BAD =90°
∴∠BAE =∠OCF ，
∵∠ACB =30°
∴ AC =2AB=8，BC =AB=，
在△BAE和△OCF中

∴△BAE≌OCF( SAS )，
∴BE = OF ，
∴BE + BF = OF + BF ,
由对称性得：OF = FH ，OG= GH ，
∴BE + BF = BF + FH = BH ，
∵OC= OD ，OH⊥CD，
∴OG= DG =CD =AB =2，
∵∠ CGH = ∠GCM = ∠M =90°，
∴四边形 GCMH 为矩形，
∴ CM = GH = BC = ，HM = CG =2，
BM = BC + CM =
在 Rt△BHM 中，

即 BF + BE 的最小值为；
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称，勾股定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关定理解答本题的关键．
16. 如图，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC、CD边上，高AG与正方形的边长相等，连BD分别交AE、AF于点M、N，若EG=4，GF=6，BM=，则MN的长为______
【答案】
【解析】
【详解】连接GM，GN，由AG=AB=AD，利用“HL”证明△AGE≌△ABE，△AGF≌△ADF，从而有BE=EG=4，DF=FG=6，设正方形的边长为a，在Rt△CEF中，利用勾股定理求a的值，再利用勾股定理求正方形对角线BD的长，再证明△ABM≌△AGM，△ADN≌△AGN，得出MG=BM，NG=ND，∠MGN=∠MGA+∠NGA=∠MBA+∠NDA=90°，在Rt△GMN中，利用勾股定理求MN的值．
解：如图，连接GM，GN，
∵AG=AB，AE=AE，∴△AGE≌△ABE，
同理可证△AGF≌△ADF，
∴BE=EG=4，DF=FG=6，
设正方形的边长为a，在Rt△CEF中，CE=a-4，CF=a-6，
由勾股定理，得CE2+CF2=EF2，即（a-4）2+（a-6）2=102，
解得a=12或-2（舍去负值），
∴BD=12，
易证△ABM≌△AGM，△ADN≌△AGN，
∴MG=BM=3，NG=ND=1-3-MN=9-MN，
∠MGN=∠MGA+∠NGA=∠MBA+∠NDA=90°，
在Rt△GMN中，由勾股定理，得MG2+NG2=MN2，
即（3）2+（9-MN）2=MN2，
解得MN=5故答案为5．
三、解答题（一共8题，共计66分）
17. 二次根式计算：
（1）．
（2）．
【答案】（1）；（2）1
【解析】
【分析】（1）将各二次根式化为最简二次根式，再进行合并即可得到答案；
（2）运用平方差公式和二次根式的除法化简，再进行计算即可得到答案．
【详解】解（1）
；
（2）
．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算、平方差公式，熟练掌握运算法则和运算公式是解答此题的关键．
18. 解一元二次方程：
（1）
（2）
【答案】（1）x1=－2，x2=1
（2）x1=3，x2=－3
【解析】
【分析】先化简，分解因式，再求值
【小问1详解】
(x+2)2－3(x+2)=0，
(x+2)(x+2－3)=0
则 x+2=0 或 x+2－3=0
解得 x1=－2，x2=1
【小问2详解】
令 x－2=t
则原方程可化为 t2+4t－5=0，
(t－1)(t+5)=0
则 t－1=0 或 t+5=0
解得 t1=1，t2=－5
∴x－2=1 或 x－2=－5
即 x1=3，x2=－3
【点睛】本题考查解一元二次方程；易错点是第一小题不能左右两边同时除以（x+2）化简，因为不能确定x+2≠0；难点在于第二小问用整体代换思想
19. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F．求证：DE＝BF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质得出BO＝DO，ADBC，进而得出∠EDO＝∠FBO，再利用ASA求出△DOE≌△BOF即可得出答案．
【详解】证明： ∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ADBC，OB=OD
∴ ∠OBF＝∠ODE，∠OFB＝∠OED
∴△OBF≌△ODE
∴DE=BF ．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，边OC在x轴的正半轴上，边OA在y轴的正半轴上，OA＝3，AB＝4，反比例函数（k＞0）的图象与矩形两边AB，BC分别交于点D，点E，且BD＝2AD．
（1）求点D的坐标和k的值；
（2）连接OD，OE，DE，求△DOE的面积；
（3）若点P是线段OC上的一个动点，是否存在点P，使∠APE＝90°？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）12 （3）存在，点P的坐标为或
【解析】
【分析】（1）由矩形OABC中，AB=4，BD=2AD，可得3AD=4，即可求得AD的长，然后求得点D的坐标，即可求得k的值；
（2）三角形面积定义矩形面积减去周围三个三角形面积；
（3）首先假设存在要求的点P坐标为（m，0），OP=m，CP=4-m，由∠APE=90°，易证得△AOP∽△PCE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得m的值，继而求得此时点P的坐标．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∴．
又∵，
∴．
∵点D在双曲线上，
∴．
【小问2详解】
如答案图2
∵，，
∴．
∵，
∴反比例函数解析式为．
∵矩形ABCD中，，，
又∵点E在反比例函数的图象上，
∴．
∴，
∴，
∴．
∵，．
∴，
∴，
∵，
∴．
【小问3详解】
答：存在．假设存在要求的点P坐标为，
∴，．
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵．
∴，
解得：或．
∴存在要求的点P，点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数求反比例函数解析式、矩形的性质以及相似三角形的判定与性质．解题的关键是注意求得点D的坐标与证得△AOP∽△PCE．
21. 九（3）班为了组队参加学校举行的“五水共治”知识竞赛，在班里选取了若干名学生，分成人数相同的甲、乙两组，进行力四次“五水共治”模拟竞赛，成绩优秀的人数和优秀率分别绘制成如图统计图．
根据统计图，解答下列问题：
（1）第三次成绩的优秀率是多少？并将条形统计图补充完整；
（2）已求得甲组成绩优秀人数的平均数，方差，请通过计算说明，哪一组成绩优秀的人数比较稳定？
【答案】（1），图见解析；（2）甲组成绩优秀人数较稳定
【解析】
【分析】（1）结合两个统计图，先求出总人数，然后即可得出第三次的优秀率和第四次乙组的优秀人数；
（2）求出乙组的平均数和方差，与甲组比较即可.
【详解】（1）总人数：（人），
第三次的优秀率：
第四次乙组的优秀人数为：（人）
补全条形统计图，如图所示：
（2），
，所以甲组成绩优秀的人数较稳定．
【点睛】此题主要考查统计图的相关知识以及平均数、方差的求解，熟练掌握，即可解题.
22. “贵妃芒” 芒果品种是广受各地消费者青睐的优质新品种，在我国海南省广泛种植，菜水果商以每斤15元的价格从该省批发“贵妃芒”，再按每斤25元价格到市区销售，平均每天可售出60斤，经过调查发现，如果每斤“贵妃芒”的售价每降低1元，那么平均每天的销售量会增加10斤，为了尽快减少库存，该水果商决定降价销售．设“贵妃芒”每斤的价格降低x元．
（1）则每天的销售量是 斤(用含x的代数式表示)；
（2）水果商销售“贵妃芒”每天盈利630元，每斤“贵妃芒”的售价应降至每斤多少元？(其成本忽略不计)
（3）若x的范围为1≤x≤9的正整数，请直接写出水果商的最高利润与最低利润的差为 元．
【答案】（1）
（2）22元 （3）490
【解析】
【分析】（1）根据题意，每降低1元，那么平均每天的销售量会增加10斤，若每斤的价格降低x元，则可增加斤，则可求解．
（2）根据每天盈利630元位等量关系建立等式，解出的值即可求解．
（3）设每天盈利元，根据题意建立二次函数，根据二次函数的图象及性质即可求得．
【小问1详解】
解：由题意得，
每降低1元，那么平均每天的销售量会增加10斤，若每斤的价格降低x元，则可增加斤，
则每天的销售量为： 斤，
故答案为：．
【小问2详解】
由题意得，
，
解得，，
（元），（元），
∵为了尽快减少库存，
∴每天盈利630元，每斤“贵妃芒”的售价应降至每斤22元．
【小问3详解】
设每天盈利元，
则，即，
对称轴，
因此当时，随的增大而减小，
则当时，盈利最大，为（元），
当时，盈利最少，为（元），
则最高利润与最低利润的差为（元），
故答案为：490．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用问题，根据数量关系用含的代数式表示相关的量及根据等量关系建立等式及二次函数，利用二次函数的图象及性质求解是解题的关键．
23. 如图1，在矩形中，，，点为边上一动点，连接，作点关于直线的对称点，连接，，，，与交于点．
（1）若DE=2，求证：AE//CF．
（2）如图2，连接AC，BD，若点F在矩形ABCD的对角线上，求所有满足条件的DE的长．
（3）如图3，连接BF，当点F到矩形ABCD一个顶点的距离等于2时，请直接写出△BCF的面积．
【答案】（1）证明见详解
（2）或
（3）或或
【解析】
【分析】（1）由，可以得到为中点，由于和关于对称，可以得到为中点，由此得到为的中位线，即可证明；
（2）因为点在矩形对角线，所以点可以落在上，也可以在上，根据题意画出图形，利用垂直平分线的性质，勾股定理，设出参数，列出方程，即可解决；
（3）因为点到矩形一个顶点的距离等于2，所以需要分四类讨论，即顶点分别为，，，，根据题意画出图形，利用勾股定理，面积法等知识即可解决．
【小问1详解】
证明：如图1，
四边形为矩形，
，
，
，
，
和关于对称，
，
是的中位线，
；
【小问2详解】
解：①如图2，当点在对角线上时，
和关于对称，
垂直平分，
，，
设，则，
，
，
在中，，
，
，
，
②如图3，当点在对角线上时，
四边形为矩形，
，
，
，
，
设，，
，
①，
，
②，
联立①②得，
，
解得，
，
或；
【小问3详解】
解：①当点到点距离为2时，
，
此种情况不存在，
②当点到点距离为2时，连接，
则，，
过作于，于，如图4，
，
四边形为矩形，
，
设，则，
，
，
，
，
，
③当点到点距离为2时，如图5，连接，
则，
，
又，，
，
，，三点共线，
即在线段上，
，
；
④当点到点距离为2时，如图6，连接，
则，
，
，
，
，
，
，
即当点到矩形顶点的距离等于2时，的面积为，
当点到矩形顶点的距离等于2时，的面积为，
当点到矩形顶点的距离等于2时，的面积为．
【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了轴对称的性质，勾股定理的应用，方程思想，面积法等知识，结合题意，画出合适的图形，是解决本题的突破口，同时要注意分类讨论思想．
24. 如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣2，2）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴正方向运动，过点Q作直线l垂直x轴．当点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，作PD⊥BP交直线l于点D．连结BD交y轴于点E，连接PE．设点P的运动时间为t（s）．
（1）①点D的坐标为 （用含t的代数式表示）．
②当0＜t≤2时，∠PED的大小范围是 ．
（2）当0＜t＜2时，△POE的周长C是否随t的变化而变化？若变化，求出C关于t的关系式；若不变，求出C的值．
（3）当t＝ 秒时，△PBE为等腰三角形（直接给出答案）．
【答案】（1）①（t，t）；②90°≤∠PED＜135°
（2）是定值，4 （3）0或2或（ -2）
【解析】
【分析】（1）①易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标．②求出两个特殊位置∠PEB的值即可判断；
(2)由于∠EBP=45°，故图是以正方形为背景的一个基本图形，容易得到EP=AP+CE．容易得到△POE周长等于2AO+CO=4，从而解决问题；
（3）EP=AP+CE，由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值．
【小问1详解】
如图①∶由题可得，
，
四边形是正方形，
，
．
，
，
．
，，
．
在和中，
，
．
，，
，，
．
，
，
点坐标为．
当时， ，
当时，，
∴当时，，
故答案为：①（t，t），②．
【小问2详解】
结论：△POE的周长C＝4，是定值．
理由：延长OA到K，使得AK＝CE，连接BK，
∵BC＝BA，∠BCE＝∠BAK＝90°，CE＝AK，
∴△KAB≌△ECB（SAS），
∴KB＝EB，∠KBA＝∠EBC，
∵∠EBP＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠EBC＝45°，
∴∠KBP＝∠KBA+∠ABP＝∠EBC+∠ABP＝45°，
∴∠KBP＝∠EBP，
∴△KBP≌△EBP（SAS），
∴KP＝EP，
∴EP＝KP＝KA+AP＝CE+AP，
∴△POE的周长C=PE+OP+OE＝PA+OP+OE+EC＝2OA＝4，是定值．
【小问3详解】
当时，；
当时，则，
，
．
在和中，
≌，
，，
．
点与点重合（），
点与点重合（）．
点，
，
此时．
当时，
∵， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴当为或2或时，为等腰三角形．
故答案为：0或2或．
【点睛】此题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，考查了利用基本活动经验解决问题的能力，综合性非常强熟悉正方形与一个度数为45°的角组成的基本图形，是解题的关键．

队员1
队员2
队员3
队员4
甲组
176
177
175
176
乙组
178
175
177
174