精品解析：山东省济南市长清区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023-2024学年第二学期济南市长清区八年级数学期末试题 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 如图是理想、蔚来、小鹏、哪吒四款新能源汽车的标志，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可． 【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键． 2. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了不等式的性质．解题的关键是要注意不等式的基本性质：不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 【详解】解：A．∵，∴，故此选项不符合题意； B．∵，∴，故此选项不符合题意； C．∵，∴，故此选项不符合题意； D．∵，∴，故此选项符合题意． 故选：D． 3. 用配方法解方程时，原方程应变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查配方法，使用配方法将方程转化为完全平方形式，通过添加一次项系数一半的平方完成配方即可． 【详解】解：， ， ； 故选B． 4. 矩形ABCD在平面直角坐标系中如图所示，若矩形平移，使得点A（-4，3）到点A′（1，4）的位置，平移后矩形顶点C的对应点C′的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平移的特点，可以得到点A到点A′是如何平移的，然后即可写出点C的对应点C′的坐标． 【详解】解：∵点A（-4，3），点A′（1，4）， ∴点A的横坐标向右平移5个单位长度，再向上平移1个单位长度，即可得到点A′， ∴平移后矩形顶点C（-2，0）的对应点C′的坐标是（3，1）， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质、坐标与图形变化—平移，解答本题的关键是发现点A如何平移得到点A′． 5. 计算：=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了同分母分式的减法计算法则，根据同分母分式相减，分母不变，把分子相减，再化简即可，熟练掌握同分母分式的减法法则是解题的关键 【详解】解： 故选：A 6. 如图，在四边形中，，若添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则下列不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A、根据，，能判断四边形为平行四边形，故该选项不符合题意； B、根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项符合题意； C、根据，，能判断四边形为平行四边形，故该选项不符合题意； D、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， 故该选项不符合题意； 故选：B． 7. 如图，在中，点是的中点，对角线，相交于点，连接，若 的周长是，则的周长为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形中位线定理，熟练掌握知识点是解题的关键．先根据平行四边形的性质得出，，再根据点是的中点，三角形中位线定理得出，，继而求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点是的中点， ∴，， ∵ 的周长是，即 ∴的周长， 故选：B． 8. 若关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义及根的判别式即可解答． 【详解】解：∵为一元二次方程， ∴， ∵该一元二次方程有两个实数根， ∴， 解得， ∴且， 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，解题的关键是熟知当判别式的值大于0时，方程有两个不相等的实数根，同时要满足二次项的系数不能是0． 9. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点在轴上，，，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点；再分别以点 、点圆心，大于的长度为半径画弧，两弧相交于点 ，过点作射线，交 于点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】延长 交轴于，则轴，，求出，，由角平分线的定义得出，结合平行四边形的性质得出，推出，即可得出，从而得解． 【详解】解：如图，延长 交轴于，则轴， ， ， ， ， ，， 由题意得：平分， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 点的坐标为， 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、作图—基本作图、等腰三角形的判定与性质、坐标与图形、含角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 10. 关于x的一元二次方程有一个根是，若一次函数的图象经过第一、二、四象限，设，则t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解及一次函数的性质，熟知一次函数的图象和性质及一元二次方程的解是解题的关键．将代入关于x的一元二次方程，得出关于a，b的等式，再由一次函数的图象经过第一、二、四象限，得出a，b的正负，最后用a表示t得出t的范围，再用b表示t，得出t的范围即可解决问题． 【详解】解：由题知， 将代入关于x的方程得，． ∵一次函数的图象经过第一、二、四象限， ∴，， ∵，且 ∴ ∵， ∴ 即 同理可得，， ∴ 故选：C． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．填空题请直接填写答案） 11. 分解因式：_____． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据平方差公式进行因式分解即可. 【详解】， 故填 【点睛】本题考查利用平方差公式进行因式分解，解题关键在于熟练掌握平方差公式. 12. 我们把各边相等，且各角也相等的多边形叫做正多边形，如图，边长相等的正五边形和正方形的一边重合，则________°. 【答案】18 【解析】 【分析】∠1的度数是正五边形的内角与正方形的内角的度数的差，根据多边形的内角和定理求得内角的度数，进而求解． 【详解】正五边形的每个内角的度数为，正方形的每个内角等于90°， ， 故答案为：18． 【点睛】本题考查了正五边形和正方形的性质，多边形的内角和定理，即，熟练掌握知识点是解题的关键． 13. 已知一元二次方程有一个根是2，则另一个根为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根与系数关系定理，设方程的另一个根为n，根据题意，得，解得，解答即可． 【详解】设方程的另一个根为n，根据题意，得， 解得， 故答案为：． 14. 代数式与代数式的值相等，则x＝______． 【答案】7 【解析】 【分析】根据题意列出分式方程，求出方程的解，得到x的值即可． 【详解】解：∵代数式与代数式的值相等， ∴， 去分母 ， 去括号号 ， 解得， 检验：当时，， ∴分式方程的解为． 故答案为：7． 【点睛】本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验． 15. 如图，点，，在同一条直线上，正方形，的边长分别为，，为线段的中点，则图中阴影部分的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方形的性质得出是直角三角形，为斜边上的中线，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵点，，在同一条直线上，正方形，的边长分别为，， ∴，， ∴ ∴是直角三角形， ∴， ∵为线段的中点， ∴图中阴影部分的面积是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形面积公式，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 16. 如图，矩形中，为 上一点， 为 上一点，分别沿，折叠， ，两点刚好都落在矩形内一点，且，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，设．过点作于．利用勾股求出， 即可解决问题． 【分析】解：如图，设．过点作于． 由翻折的性质可知，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ． 故答案为． 三、解答题（本大题共10个小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解不等式组，并写出它的所有整数解． 【答案】不等式组的解集是， 不等式组的整数解是 【解析】 【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集，再写出它的所有整数解． 【详解】 由①得：得 由②得：得， 所以不等式组的解集是：， 则不等式组的整数解是：． 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】；． 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的混合运算法则是解题的关键．先将括号内通分，再用平方差公式因式分解，化除法为乘法，约分化简，最后将代入即可． 【详解】解： 当时，原式 19. 已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：． 【答案】 证明：如图，连接与对角线交于点O． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴． ∴四边形是平行四边形， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．连接与对角线交于点O．根据平行四边形的性质以及可得，即可求证． 【详解】略 20. （1）解方程：； （2）． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程： （1）因式分解法解方程即可； （2）公式法解方程即可． 【详解】解：（1）， ， 或， ∴． （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 21. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系， 的顶点都在格点上． （1）将 向右平移4个单位长度得到，请画出； （2）画出关于点的中心对称图形； （3）若将 绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查画平移图形，画关于原点对称的图形，坐标与图形， （1）利用平移变换的性质分别作出的对应点即可； （2）利用中心对称变换的性质分别作出的对应点即可； （3）对应点连线的交点即为旋转中心． 【小问1详解】 如图1，即为所求； 【小问2详解】 如图2，即为所求； 【小问3详解】 解：如图3， 根据图形可知： 旋转中心的坐标为：， 故答案为：． 22. 如图，在中，对角线、相交于点O，过点C作交 的延长线于点E，且，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴平行四边形是菱形． （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的判定，直角三角形斜边中线的综合，掌握菱形的判定方法，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，即可求证； （2）在中，是斜边的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）可知，平行四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴在中，， ∵是线段的中点， 在中，是斜边的中线，且，， ∴． 23. 为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩．已知甲型充电桩比乙型充电桩的单价多0.2万元，用16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等． （1）甲、乙两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩共15个，且乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍，求购买这批充电桩所需的最少总费用？ 【答案】（1）甲型充电桩的单价是0.8元，乙型充电桩的单价是0.6元 （2）购买甲型充电桩5个，乙型充电桩10个，所需费用最少为10万元 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用等知识点， （1）设乙型充电桩的单价是x元，则甲型充电桩的单价是元，根据用16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等，列出分式方程，解方程即可； （2）设购买甲型充电桩的数量为m个，则购买乙型充电桩的数量为个，根据乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍，列出一元一次不等式，解得，再设所需费用为w元，求出w与m的函数关系式，然后根据一次函数的性质即可得出结论； 熟练掌握（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式和一次函数关系式是解决此题的关键． 【小问1详解】 设乙型充电桩的单价是x元，则甲型充电桩的单价是元， 由题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴， 答：甲型充电桩的单价是0.8元，乙型充电桩的单价是0.6元； 【小问2详解】 设购买甲型充电桩的数量为m个，则购买乙型充电桩的数量为个， 由题意得：， 解得：， 设所需费用为w元， 由题意得：， ∵， ∴w随m的增大而增大， ∴当时， ∴w取得最小值为10万元， 此时，， 答：购买甲型充电桩5个，乙型充电桩10个，所需最少费用为10万元． 24. 唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，这句诗让我想到了有趣的“将军饮马”问题：将军从A地出发到河边l饮马，然后再到B地军营视察，怎样走路径最短？ 【数学模型】如图1，A，B是直线l同旁的两个定点．在直线l上确定一点P，使的值最小． 解决方法：作点A关于直线l的对称点，连接交l于点P，则点P即为所求．此时，的值最小，且． 【模型应用】 问题1．如图2，在正方形中，，点E在 边上，且，点P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ． 问题2．如图3，在平面直角坐标系中，点，点． （1）请在x轴上确定一点P，使的值最小，求出点P的坐标； （2）请直接写出的最小值． 【模型迁移】 问题3．如图4，在菱形中，对角线相交于点O，，．点P和点E分别为上的动点，求的最小值． 【答案】问题1：；问题2：（1）；（2）的最小值；问题3：． 【解析】 【分析】问题1：连接，则，，即的最小值是长度，再根据勾股定理求出答案即可． 问题2：（1）由待定系数法可求的解析式，即可求解； （2）由，则当点A，点P，点三点共线时，的最小值为的长，由勾股定理可求解； 问题3：由菱形的性质可得，，由勾股定理可求 的长，由面积法可求的长，即可求解． 【详解】问题1：连接， ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值是BE长度， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值是． 故答案为：． 故答案为：； 问题2：（1）作点B关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，则点P即为所求．此时，的值最小， ∵点． ∴， 设直线的解析式为， ∵点，点． ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， 解得：， ∴点P的坐标； （2）的最小值； 问题3：如图5，过A作，交于P，连接， 此时线段最小，且， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， 即： ∴的最小值是． 【点睛】本题考查了轴对称最短问题，正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点A．直线与直线交于点B，与y轴交于点C，点B的横坐标为． （1）求点B的坐标及k的值； （2）在直线上找一点D使，求点D的坐标； （3）设F是坐标平面内一个动点，当以A、B、C、F为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出符合条件的所有点F的坐标． 【答案】（1），k的值为1； （2）或； （3）或或． 【解析】 【分析】（1）把点B的横坐标代入直线可得，再代入可得的值； （2）如图，由（1）得：由直线 为，可得，在直线 上取满足条件的点，结合，可得，再利用中点坐标公式求解即可； （3）先根据直线，求解，再分三种情况讨论求解即可； 【小问1详解】 解：∵点B的横坐标为．直线与直线交于点B， ∴， ∴， ∴， 解得：； 【小问2详解】 解：如图，由（1）得：直线 为， ∴， 在直线 上取满足条件的点， ∵ ∴， ∵，， ∴，， ∴； 【小问3详解】 解：如图，∵直线， ∴， 当以A、B、C、F为顶点的四边形是平行四边形时； ①以为对角线时，，，， 结合平移的性质可得：； ②以 为对角线时，，，， 结合平移的性质可得：； ③以 为对角线时，，，， 结合平移的性质可得：； 综上：或或． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，中点坐标公式的灵活应用，平行四边形的性质，平移的性质，掌握合适的方法解题是关键. 26. 旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究： 和均为等腰直角三角形，，点 为 中点，将绕点 旋转，连接、． 观察猜想：（1）如图1，在旋转过程中，与的位置关系为______； 探究发现：（2）如图2，当点、 在 内且、、 三点共线时，试探究线段、与之间的数量关系，并说明理由． 解决问题：（3）若 中，，在旋转过程中，当且、、 三点共线时，直接写出的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）或 【解析】 【分析】（1）如图所示，连接，根据等腰三角形的性质可证，由此即可求解； （2）由（1）中，再根据为等腰直角三角形，由此即可求解； （3）点、、 三点共线，分类讨论，根据（1），（2）中的结论即可求解． 【详解】解：． 理由：如图所示，连接，设交于点， ∴， ∵ 为等腰直角三角形，， ∴，， ∵点 为 中点， ∴，平分， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在四边形中， ， ∴， 故答案为：； （2）． 理由：如图所示，连接， 由（1）可知：， ∵、、 三点共线 ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴； （3），，、、 三点共线， ∵ 为等腰直角三角形，， ∴， ①如图所示，连接， 由（2）可知：， 由（1）可知：，， ∴，， 在中，， ∴， ∴； ②如图所示，连接， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， 由（1）可知：，， ∴，， 在中，， ∴， ∴（此时，不符合题意，舍去）； ③如图所示，连接， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， 由（1）可知：，， ∴，， 在中，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等角对等边，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，运用了分类讨论的思想．掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年第二学期济南市长清区八年级数学期末试题 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 如图是理想、蔚来、小鹏、哪吒四款新能源汽车的标志，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 用配方法解方程时，原方程应变形为（ ） A. B. C. D. 4. 矩形ABCD在平面直角坐标系中如图所示，若矩形平移，使得点A（-4，3）到点A′（1，4）的位置，平移后矩形顶点C的对应点C′的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 计算：=（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四边形中，，若添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则下列不正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点是的中点，对角线，相交于点，连接，若 的周长是，则的周长为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 8. 若关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 9. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点在轴上，，，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点；再分别以点 、点圆心，大于的长度为半径画弧，两弧相交于点 ，过点作射线，交 于点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 10. 关于x的一元二次方程有一个根是，若一次函数的图象经过第一、二、四象限，设，则t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．填空题请直接填写答案） 11. 分解因式：_____． 12. 我们把各边相等，且各角也相等的多边形叫做正多边形，如图，边长相等的正五边形和正方形的一边重合，则________°. 13. 已知一元二次方程有一个根是2，则另一个根为______． 14. 代数式与代数式的值相等，则x＝______． 15. 如图，点，，在同一条直线上，正方形，的边长分别为，，为线段的中点，则图中阴影部分的面积是______． 16. 如图，矩形中，为 上一点， 为 上一点，分别沿，折叠， ，两点刚好都落在矩形内一点，且，则__________． 三、解答题（本大题共10个小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解不等式组，并写出它的所有整数解． 18. 先化简，再求值：，其中． 19. 已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：． 20. （1）解方程：； （2）． 21. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系， 的顶点都在格点上． （1）将 向右平移4个单位长度得到，请画出； （2）画出关于点的中心对称图形； （3）若将 绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______． 22. 如图，在中，对角线、相交于点O，过点C作交 的延长线于点E，且，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 23. 为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩．已知甲型充电桩比乙型充电桩的单价多0.2万元，用16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等． （1）甲、乙两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩共15个，且乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍，求购买这批充电桩所需的最少总费用？ 24. 唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，这句诗让我想到了有趣的“将军饮马”问题：将军从A地出发到河边l饮马，然后再到B地军营视察，怎样走路径最短？ 【数学模型】如图1，A，B是直线l同旁的两个定点．在直线l上确定一点P，使的值最小． 解决方法：作点A关于直线l的对称点，连接交l于点P，则点P即为所求．此时，的值最小，且． 【模型应用】 问题1．如图2，在正方形中，，点E在 边上，且，点P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ． 问题2．如图3，在平面直角坐标系中，点，点． （1）请在x轴上确定一点P，使的值最小，求出点P的坐标； （2）请直接写出的最小值． 【模型迁移】 问题3．如图4，在菱形中，对角线相交于点O，，．点P和点E分别为上的动点，求的最小值． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点A．直线与直线交于点B，与y轴交于点C，点B的横坐标为． （1）求点B的坐标及k的值； （2）在直线上找一点D使，求点D的坐标； （3）设F是坐标平面内一个动点，当以A、B、C、F为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出符合条件的所有点F的坐标． 26. 旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究： 和均为等腰直角三角形，，点 为 中点，将绕点 旋转，连接、． 观察猜想：（1）如图1，在旋转过程中，与的位置关系为______； 探究发现：（2）如图2，当点、 在 内且、、 三点共线时，试探究线段、与之间的数量关系，并说明理由． 解决问题：（3）若 中，，在旋转过程中，当且、、 三点共线时，直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $