精品解析：河南省洛阳市涧西区2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题

洛阳市涧西区2024—2025学年第一学期期中考试 九年级数学试卷 注意事项： 1．本试卷分试题卷和答题卡两部分，试题卷共4页，满分120分，考试时间100分钟． 2．试题卷上不要答题，请用0.5毫米黑色签字水笔直接把答案写在答题卡上，答在试题卷上的答案无效． 3．答题前，考生务必将本人姓名、准考证号填写在答题卡第一面的指定位置上． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史让多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来，所示四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【详解】解：A．是中心对称图形，故本选项符合题意； B．不是中心对称图形，故本选项不合题意； C．不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．不是中心对称图形，故本选项不合题意； 故选：A． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合． 2. 下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2． 根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案． 【详解】解：A、有两个未知数，不是一元二次方程，故不符合题意； B、方程未知数的最高次为3，不是一元二次方程，故不符合题意； C、是一元二次方程，符合题意； D、，方程不是整式方程，不符合题意． 故选：C． 3. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 3，，4 B. 3，，6 C. 3，， D. 3，， 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的相关概念，一元二次方程的一般形式是： （a，b，c是常数且）特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．根据一元二次方程二次项系数、一次项系数、常数项的定义，即可进行解答． 【详解】解：一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是3，，， 故选：D． 4. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了求二次函数的顶点坐标“若二次函数的顶点式为，则它的顶点坐标为”，熟练掌握求二次函数的顶点坐标的方法是解题关键．直接根据二次函数的顶点式求解即可得． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故选：A． 5. 若是一元二次方程的一个解，则方程的另一个解为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，理解方程的解，掌握因式分解是解题的关键． 根据题意，把代入得到，则得到原一元二次方程，再用因式分解即可求解． 【详解】解：若是一元二次方程的一个解， ∴， 解得，， ∴原一元二次方程为， 因式分解得，， 解得，， ∴方程的另一个解为 故选：B ． 6. 已知点，，都是抛物线（为常数）上的点，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由抛物线解析式可得对称轴为直线，又由可得抛物线开口向上，抛物线的点离对称轴的距离越近，函数值越小，据此解答即可求解，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线， ∴对称轴为直线， ∵， ∴抛物线开口向上，抛物线的点离对称轴的距离越近，函数值越小， ∵， ∴， 故选：． 7. 近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商开展降价促销活动．某款燃油汽车今年2月份售价为万元，4月份售价为万元，设该款汽车这两月售价的月平均降价率是x，则所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】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．利用该款燃油汽车今年4月份的售价=该款燃油汽车今年2月份的售价该款汽车这两月售价的月平均降价率，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：根据题意得：， 故选：A． 8. 在抛物线中，y与x的部分对应值如表： x … 1 3 4 6 … y … 25 15 10 15 … 下列结论中，正确的是（　　） A. 抛物线开口向下 B. 对称轴是直线 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 当时，y随x的增大而减小 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，利用表中的对应值和抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线，根据表中数据进而判断开口方向以及增减性即可． 【详解】解：∵和时函数值相同， ∴对称轴为直线，故B错误，不符合题意； 观察表格知，在对称轴左侧，y随x的增大而减小， ∴开口向上，故A错误，不符合题意； 当时，y随x的增大而增大，故C错误，不符合题意； 当时，y随x的增大而减小，故D正确，符合题意； 故选：D． 9. 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．有下列结论： ①小球从抛出到落地需要； ②小球运动中的高度可以是； ③小球运动时的高度小于运动时的高度． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图像和性质，令解方程即可判断①；配方成顶点式即可判断②；把和代入计算即可判断③． 【详解】解：令，则，解得：，， ∴小球从抛出到落地需要，故①正确； ∵， ∴最大高度为， ∴小球运动中的高度可以是，故②正确； 当时，；当时，； ∴小球运动时的高度大于运动时的高度，故③错误； 故选C． 10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B分别在y轴正半轴、x轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知，，将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点C作轴于点E，连接，求出点C坐标，矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，，得到每循环4次与原图形重合，根据，得到第2025旋转结束时，点C的坐标与第1旋转结束时点C的坐标相同．根据矩形绕点O逆时针旋转1，即线段绕点O逆时针旋转，得到线段，其中点落在第二象限．求出点的坐标，即可得出结果． 【详解】解：如图，过点C作轴于点E，连接， ， ， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ． ∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，， ∴每循环4次与原图形重合， ∵， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标与第1次旋转结束时点C的坐标相同， 即第2025次旋转结束时，点C落在第二象限， 如图，过点作轴于点， 则，， ，， ， ，， ， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标为． 故选：B． 【点睛】本题考查坐标系下图形的旋转，点的规律探究，勾股定理，等角对等边，全等三角形的判定及性质．解题的关键是确定旋转过程中点的坐标规律． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，请写出一个合适的的值______． 【答案】答案不唯一 【解析】 【分析】先根据判别式的意义得到，解不等式得到的范围，然后在此范围内取一个值即可． 【详解】解：根据题意得， 解得， 所以当取时，方程有两个不相等的实数根． 故答案为：答案不唯一． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根． 12. 如果抛物线y=ax2﹣2ax+c与x轴的一个交点为（5，0），那么与x轴的另一个交点的坐标是_____. 【答案】（﹣3，0）. 【解析】 【详解】∵抛物线y=ax2﹣2ax+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，且抛物线与x轴的一个交点为（5，0）， ∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（1×2﹣5，0），即（﹣3，0）． 故答案为（﹣3，0）． 13. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向下平移5个单位长度，所得抛物线与x轴有两个交点P，Q，则的长为________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了二次函数平移规律，抛物线与x轴的交点，两点间的距离公式，解题关键是熟练掌握二次函数图象的平移规律，求出抛物线的解析式．根据二次函数图象的平移规律，求出抛物线的解析式，然后令，列出关于x的方程，解方程求出x，再根据两点间的距离公式求出答案即可． 【详解】解：将抛物线向下平移5个单位长度，所得抛物线的解析式为：， 令，则， 或， 解得：或， ， 故答案为：2． 14. 在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．如图，当点A，D，E在同一条直线上时，的度数为________． 【答案】##70度 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，邻补角的性质，掌握旋转的性质是解题关键．根据旋转可知，，结合等腰三角形的性质和邻补角的性质可求出，最后根据求解即可． 【详解】解：由旋转可知，， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 把函数的图象在轴下方的部分沿轴向上翻折，轴上方部分图象不变，得到函数的图象，如图所示则下列结论正确的是______填序号． ①；②；③；④将函数的图象向上平移个单位长度后与直线有个交点． 【答案】②④##④② 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据过，，，得到，则，，，即可判断前3个，由与有个交点，相当于抛物线不变，直线向下平移一个单位长度与图象有3个交点，则将图象向上平移1个单位后与直线有个交点，即可求解． 【详解】解：由图象可得：过，，， ∴设函数， 将点代入可得：， 解得：， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴①错误； ，②正确； ，③错误； ∵与有个交点，即抛物线不变，直线向下平移一个单位长度与图象有3个交点， 将图象向上平移1个单位后与直线有个交点，故④正确； 故答案为：②④． 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16. 解方程： （1） （2）． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键在于灵活选取适当的方法解方程． （1）利用公式法求解即可； （2）利用因式分解法求解即可； 【小问1详解】 解：， ， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴，； 【小问2详解】 解：， ∴， ∴， ∴或， 解得：． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）以点C为旋转中心将旋转，画出旋转后的； （2）将平移，使点A的对应点的坐标为，画出平移后的； （3）若将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为________． 【答案】（1） 如图，即为所求； （2） 如图，即为所求； （3） 【解析】 【分析】坐标与图形变换—旋转和平移： （1）找到点A，B，C的对应点，再顺次连接，即可求解； （2）找到点A，B，C的对应点，再顺次连接，即可求解； （3）根据旋转的性质解答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：因为将绕点旋转可以得到， 所以旋转中心的坐标为． 故答案为： 18. 已知抛物线的对称轴为直线，且与轴交于点． （1）求这个二次函数的解析式； （2）当时，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（）根据对称轴为直线，且与轴交于点，求出与轴的另一个交点坐标为，然后根据交点式即可求解； （）先由，则当时，有最小值，最小值为，进而根据离对称轴的远近判断函数值的大小，进而求得的取值范围； 本题考查了利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，掌握二次函数的性质是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵抛物线的对称轴为直线，且与轴交于点， ∴抛物线与轴的另一个交点坐标为， ∴抛物线解析式为，即； 【小问2详解】 解：∵， ∴当时，有最小值，最小值为， ∵的对称轴为直线，， ∴离对称轴越远，的值越大， ∵， ∴当时，， ∴当时，的取值范围为． 19. 用矩形硬纸片制作无盖纸盒．如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒，设剪去的正方形的边长为（硬纸片厚度忽略不计）． （1）纸盒底面长方形的长为________，宽为________； （2）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长． 【答案】（1）、 （2）剪去的正方形的边长为 【解析】 【分析】本题主要考查列代数式，一元二次方程的运用，理解数量关系，掌握一元二次方程解几何问题的方法是解题的关键． （1）根据图示，列代数式即可求解； （2）根据题意，列式，求解即可． 【小问1详解】 解：根据图示，设剪去的正方形的边长为（硬纸片厚度忽略不计）， ∴纸盒底面长方形的长为、宽为， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：根据题意得：， 整理得，， 解得：（不符合题意，舍去），， 答：剪去的正方形的边长为． 20. 阅读下面材料： 小明在解方程时，发现括号内的代数式是完全相同的，于是采用了如下方法：令①，则原方程可化为，解得，，分别代入①后算出了x的值． 解决以下问题： （1）直接写出方程的根为________； （2）利用上述方法求抛物线与轴的交点坐标． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了抛物线与轴的交点坐标和换元法解一元二次方程，关键是掌握换元法解一元二次方程； （1）根据材料方法直接代入求解即可； （2）根据抛物线与一元二次方程的关系，求出方程的解，即可求出抛物线与轴的交点坐标 【小问1详解】 解：由题得或， 解得：，； 【小问2详解】 解：令，则， 令①，则原方程为， 解得，， 把，分别代入①得： 或， 解得或， ∴抛物线与x轴的交点坐标为， 21. 足球训练中，球射向球门的路线呈抛物线，球员从距离球门底部中心点正前方9米的处射门，当球飞行的水平距离为7米时，球达到最高点，此时球离地面3米，建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高为米，通过计算判断足球能否射进球门？（忽略其他因素） 【答案】（1） （2）不能 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键． （1）根据题意得抛物线的顶点坐标为，设抛物线的函数表达式为，再代入点的坐标求出的值，即可解答； （2）求出抛物线与轴交点的纵坐标，再与球门高度比较即可得出结论． 【小问1详解】 解：， 抛物线的顶点坐标为， 设抛物线的函数表达式为， 把点代入得：， 解得：， 抛物线的函数表达式为． 【小问2详解】 解：当时， ， 足球不能射进球门． 22. 在学习抛物线的过程中，我们积累了一定的经验，请运用已有经验，对抛物线的“阶梯n点”进行研究． 定义：若抛物线上存在一点P，且点P的横、纵坐标之和为n，则称点P为此抛物线的“阶梯n点”． 例如：点在抛物线上，且点P的横、纵坐标之和为1，则点P就叫做此抛物线的“阶梯1点”． 根据以上定义，解决以下问题： （1）若点P是抛物线的“阶梯6点”，求点P的坐标． 设点P的坐标为，由定义可知：，且， 所以，解得，． 所以点P的坐标为________或（请直接写出点P的另一个坐标）． （2）若点P是抛物线的“阶梯1点”，求点P的坐标； （3）若抛物线上存在“阶梯3点”P，请直接写出c的取值范围． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与一元二次方程的关系： （1）根据新定义可得到关于x的方程，解出方程，即可； （2）设点P的坐标为，根据新定义可得到关于m的方程，解出方程，即可； （3）设点P的坐标为，根据新定义可得到关于s的方程，利用根的判别式解答即可． 【小问1详解】 解：设点P的坐标为，由定义知：，且， 所以，解得，． 所以点P的坐标为或； 故答案为： 【小问2详解】 解：设点P的坐标为， 由定义知：，且， ∴， 解得：， ∴点P的坐标为或； 【小问3详解】 解：设点P的坐标为， 由定义知：，且， ∴， 整理得：， ∴， 解得：． 23. 综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在矩形中，点O是边的中点，连接．保持矩形不动，将从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段与线段相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接，如图2． 初步思考：（1）如图2，“勤学”小组在旋转的过程中发现和始终全等，请你给出证明过程； 操作探究：（2）如图3，连接，“善思”小组在旋转的过程中发现与始终存在某种位置关系，请你判断并说明理由； 拓展延伸：（3）已知，，在旋转的过程中，当以点B，F，M为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出此时线段的长度． 【答案】（1）证明：如图： 点O是边的中点， ， 由旋转可得：， ， 在和， ， ； （2），理由如下： 由旋转得到， ， 由（1）得到， ， ， ， ； （3）1或 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转变换的性质，平行线的判定和性质，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）由矩形的性质得到，由旋转的性质得到，推出，利用即可得到结论； （2）由等腰三角形性质得到，由全等三角形的性质得到，再根据三角形外角性质证明，再利用平行线的判定定理证明即可； （3）由于，分两种情况：当时，当时，分别求出的长度即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）当时，如图， 则， ， 四边形是矩形， ， ， ； 当，如图， ， ， 三点共线， 在中，， ， ， ， ， 即， ， 在旋转的过程中，， 综上所述，线段的长度为1或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 洛阳市涧西区2024—2025学年第一学期期中考试 九年级数学试卷 注意事项： 1．本试卷分试题卷和答题卡两部分，试题卷共4页，满分120分，考试时间100分钟． 2．试题卷上不要答题，请用0.5毫米黑色签字水笔直接把答案写在答题卡上，答在试题卷上的答案无效． 3．答题前，考生务必将本人姓名、准考证号填写在答题卡第一面的指定位置上． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史让多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来，所示四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程是关于x的一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 3，，4 B. 3，，6 C. 3，， D. 3，， 4. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 若是一元二次方程的一个解，则方程的另一个解为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，，都是抛物线（为常数）上的点，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 近年来，由于新能源汽车的崛起，燃油汽车的销量出现了不同程度的下滑，经销商开展降价促销活动．某款燃油汽车今年2月份售价为万元，4月份售价为万元，设该款汽车这两月售价的月平均降价率是x，则所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 在抛物线中，y与x的部分对应值如表： x … 1 3 4 6 … y … 25 15 10 15 … 下列结论中，正确的是（　　） A. 抛物线开口向下 B. 对称轴是直线 C. 当时，y随x的增大而增大 D. 当时，y随x的增大而减小 9. 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．有下列结论： ①小球从抛出到落地需要； ②小球运动中的高度可以是； ③小球运动时的高度小于运动时的高度． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B分别在y轴正半轴、x轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知，，将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，请写出一个合适的的值______． 12. 如果抛物线y=ax2﹣2ax+c与x轴的一个交点为（5，0），那么与x轴的另一个交点的坐标是_____. 13. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向下平移5个单位长度，所得抛物线与x轴有两个交点P，Q，则的长为________． 14. 在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．如图，当点A，D，E在同一条直线上时，的度数为________． 15. 把函数的图象在轴下方的部分沿轴向上翻折，轴上方部分图象不变，得到函数的图象，如图所示则下列结论正确的是______填序号． ①；②；③；④将函数的图象向上平移个单位长度后与直线有个交点． 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16. 解方程： （1） （2）． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）以点C为旋转中心将旋转，画出旋转后的； （2）将平移，使点A的对应点的坐标为，画出平移后的； （3）若将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为________． 18. 已知抛物线的对称轴为直线，且与轴交于点． （1）求这个二次函数的解析式； （2）当时，求的取值范围． 19. 用矩形硬纸片制作无盖纸盒．如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒，设剪去的正方形的边长为（硬纸片厚度忽略不计）． （1）纸盒底面长方形的长为________，宽为________； （2）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长． 20. 阅读下面材料： 小明在解方程时，发现括号内的代数式是完全相同的，于是采用了如下方法：令①，则原方程可化为，解得，，分别代入①后算出了x的值． 解决以下问题： （1）直接写出方程的根为________； （2）利用上述方法求抛物线与轴的交点坐标． 21. 足球训练中，球射向球门的路线呈抛物线，球员从距离球门底部中心点正前方9米的处射门，当球飞行的水平距离为7米时，球达到最高点，此时球离地面3米，建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求抛物线的函数表达式； （2）已知球门高为米，通过计算判断足球能否射进球门？（忽略其他因素） 22. 在学习抛物线的过程中，我们积累了一定的经验，请运用已有经验，对抛物线的“阶梯n点”进行研究． 定义：若抛物线上存在一点P，且点P的横、纵坐标之和为n，则称点P为此抛物线的“阶梯n点”． 例如：点在抛物线上，且点P的横、纵坐标之和为1，则点P就叫做此抛物线的“阶梯1点”． 根据以上定义，解决以下问题： （1）若点P是抛物线的“阶梯6点”，求点P的坐标． 设点P的坐标为，由定义可知：，且， 所以，解得，． 所以点P的坐标为________或（请直接写出点P的另一个坐标）． （2）若点P是抛物线的“阶梯1点”，求点P的坐标； （3）若抛物线上存在“阶梯3点”P，请直接写出c的取值范围． 23. 综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在矩形中，点O是边的中点，连接．保持矩形不动，将从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段与线段相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接，如图2． 初步思考：（1）如图2，“勤学”小组在旋转的过程中发现和始终全等，请你给出证明过程； 操作探究：（2）如图3，连接，“善思”小组在旋转的过程中发现与始终存在某种位置关系，请你判断并说明理由； 拓展延伸：（3）已知，，在旋转的过程中，当以点B，F，M为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出此时线段的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $