2023-2024学年江苏省盐城市东台市第五联盟八年级（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省盐城市东台市第五联盟八年级（下）第一次月考数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.为了考察某校八年级600名学生的视力情况，从中抽取60名学生进行视力检查，在这个问题中的样本是( )
A. 抽取的60名学生B. 600名学生的视力
C. 抽取的60名学生的视力D. 每名学生的视力
2.下列各图是选自历届冬奥会会徽中的图案，其中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3.已知平行四边形的一边长为10，则对角线的长度可能取下列数组中的( )
A. 4、8B. 8、6C. 8、10D. 11、13
4.下列说法正确的是( )
A. 矩形对角线相互垂直平分B. 对角线相等的菱形是正方形
C. 一组邻边相等的四边形是菱形D. 对角线相等的平行四边形是菱形
5.如图所示，小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求.根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是( )
A. 矩形B. 菱形C. 正方形D. 等腰梯形
6.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE.若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为( )
A. 60°
B. 70°
C. 75°
D. 85°
7.如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为( )
A. 12
B. 14
C. 245
D. 485
8.如图1，点P从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→C→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，点P运动时△PAD的面积y(cm2)随时间x(s)变化的关系如图2，则a的值为( )
A. 354B. 253C. 192D. 9
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.如图是某广告商制作甲、乙两种酒的价格变化的折线统计图，则酒的价格增长比较快的是______.(填“甲”或“乙”)
10.有40个数据，共分成6组，第1～4组的频数分别为10、5、7、6，第5组的频率是0.1，则第6组的频率是
______．
11.一个班有40名学生，在期末体育考核中，成绩为优秀的有18人，在扇形统计图中，代表体育成绩优秀的扇形圆心角的度数是______．
12.有若干个数据，最大值是135，最小值是103，用频数分布表描述这组数据时，若取组距为4，则应分为______组.
13.“a是实数，|a|≥0”这一事件是______ 事件．
14.已知平行四边形ABCD中，∠A+∠C=110°，则∠B的度数为______．
15.已知，如图，正方形ABCD的边长是8，M在DC上，且DM=2，N是AC边上的一动点，则DN+MN的最小值是______．
16.如图，▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠AEB=45°，BD=2，将△ABC沿AC所在直线翻折180°到其原来所在的同一平面内，若点B的落点记为B′，则DB′的长为______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
为了解学生对各种球类运动的喜爱程度，小明采取随机抽样的方法对他所在学校的部分学生进行问卷调查(每个被调查的学生必须选择而且只能选择其中一种项目)，对调查结果进行统计后，绘制了下面的统计图(1)和图(2)．

(1)此次被调查的学生共有______人，m= ______；
(2)求喜欢“乒乓球”的学生的人数，并将条形统计图补充完整；
(3)若该校有2000名学生，估计全校喜欢“足球”的学生大约有多少人？
18.(本小题6分)
在一个不透明的盒子里装有黑、白两种颜色的球，这些球除颜色外都相同.小颖做摸球试验，搅匀后，她从盒子里随机摸出一只球记下颜色后，再把球放回盒子中，不断重复上述过程，下表是试验中的部分统计数据：
(1)摸到白球的概率的估计值是多少？请说明理由.(精确到0.01)
(2)某小组进行“用频率估计概率”的试验，符合(1)中结果的试验最有可能的是______(填序号)．
①投掷一枚均匀的硬币，落到桌面上恰好是正面朝上．
②甲、乙、丙、丁四人用抽签的方式产生一名幸运观众，正好抽到甲．
③掷一个质地均匀的正方体骰子(面的点数分别为1到6)，落地时面朝上点数“小于3”．
19.(本小题6分)
如图，在平行四边形ABCD中，AE=CF，求证：四边形BFDE是平行四边形．
20.(本小题6分)
如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上．
(1)以点A为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1．
(2)画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，若点B的坐标为(−2,−2)，则点B2的坐标为_________．
(3)若A2B2C2可看作是由△AB1C1绕点P顺时针旋转90°得到的，则点P的坐标为__________．
21.(本小题8分)
利用矩形的性质，证明“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．
已知：如图，______；
求证：______；
证明：
22.(本小题8分)
如图，点E正方形ABCD外一点，点F是线段AE上一点，△EBF是等腰直角三角形，其中∠EBF=90°，连接CE、CF．
(1)求证：△ABF≌△CBE；
(2)判断△CEF的形状，并说明理由．
23.(本小题10分)
用一把刻度尺(可测长度、画直线)画边长为2cm的菱形．
(1)如图，小明的画法如下：
①等腰△ABC，使AB=AC=2cm；
②量取BC的中点D，画射线AD；
③射线AD上量取点E，使DE=DA；
④连接EB、EC，得四边形ABEC．
同：小明所画的四边形ABEC是否符合题意？请说明理由；
(2)请你再设计一种画法(与小明的画法不同)，画出边长为5cm的菱形，并写出简要步骤(无需证明)．
24.(本小题10分)
如图，将矩形ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕EF分别交AB，CD于点E，F，连接AF．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若AB=8，BC=4，求折痕EF的长．
25.(本小题12分)
将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，点B坐标为(4,10)．
(Ⅰ)如图①，将矩形纸片OABC折叠，使点B落在y轴上的点D处，折痕为线段AE，求点D坐标；
(Ⅱ)如图②，点E，F分别在OC，AB边上.将矩形纸片OABC沿线段EF折叠，使得点B与点D(0,2)重合，求点C的对应点G的坐标；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，若点P是坐标系内任意一点，点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直写出满足条件的点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：考查的对象是某校八年级600名学生的视力情况，
这个问题中的样本是抽取的60名学生的视力．
故选：C．
根据样本的概念：样本是总体中所抽取的一部分个体，解答即可．
本题考查样本的定义，研究中实际观测或调查的一部分个体称为样本．解此类题需要注意“考查对象实际应是表示事物某一特征的数据，而非考查的事物”.我们在区分总体、个体、样本、样本容量这四个概念时，首先找出考查的对象，从而找出总体、个体，再根据被收集数据的这一部分对象找出样本．
2.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，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．
本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】D
【解析】解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，AB=10，
∴OA=12AC，OB=12BD，
A、∵AC=4，BD=8，
∴OA=2，OB=4，
∴OA+OB=6∴不能组成三角形，故本选项错误；
B、∵AC=6，BD=8，
∴OA=3，OB=4，
∴OA+OB=7∴不能组成三角形，故本选项错误；
C、∵AC=8，BD=10，
∴OA=4，OB=5，
∴OA+OB=9∴不能组成三角形，故本选项错误；
D、∵AC=11，BD=13，
∴OA=5.5，OB=6.5，
∴OA+OB=12>AB，
∴能组成三角形，故本选项正确．
故选：D．
首先根据题意画出图形，由平行四边形的一边长为10，根据平行四边形的对角线互相平分，可求得OA与OB的长，然后由三角形的三边关系，求得答案．
此题考查了平行四边形的性质以及三角形的三边关系．注意平行四边形的对角线互相平分．
4.【答案】B
【解析】解：A.矩形的对角线相等且互相平分，故A原说法错误，不符合题意；
B.对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意；
C.一组邻边相等的平行四边形是菱形，故C原说法错误，不符合题意；
D.对角线相等的平行四边形是矩形，故D原说法错误，不符合题意；
故选：B．
根据矩形的性质可得A错误；正方形的判定方法可得B正确；根据菱形的判定可得C错误；根据对角线的关系判定矩形，从而得D错误．
本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，菱形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行判断求解．
5.【答案】B
【解析】【分析】
此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及菱形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关键．根据垂直平分线的画法得出AC=AD=BD=BC，则四边形ADBC是菱形．
【解答】
解：∵分别以A和B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，
∴AC=AD=BD=BC，
∴四边形ADBC一定是菱形，
故选：B．
6.【答案】D
【解析】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，
∵AD⊥BC，
∴∠AFC=90°，
∴∠CAF=90°−∠C=90°−70°=20°，
∴∠DAE=∠CAF+∠EAC=20°+65°=85°，
∴∠BAC=∠DAE=85°．
故选：D．
先根据旋转的性质得∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，再根据垂直的定义得∠AFC=90°，则利用互余计算出∠CAF=90°−∠C=20°，所以∠DAE=∠CAF+∠EAC=85°，于是得到∠BAC=85°．
本题考查了旋转的性质，正确记忆旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC=3，OB=OD=12BD=4，
∴AB=BC= 32+42=5，
∵12AC⋅BD=BC⋅AE，
∴12×6×8=5AE，
∴AE=245，
故选：C．
利用菱形的面积公式：12AC⋅BD=BC⋅AE，即可解决问题．
本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：过点C作CE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴点P在边BC上运动时，y的值不变，
∴AD=BC=10+a−10=a，
即菱形的边长是a，
∴12AD⋅CE=4a，即CE=8，
当点P在AC上运动时，y逐渐增大，
∴AC=10，
∴AE= AC2−CE2= 102−82=6，
在Rt△DCE中，DC=a，DE=a−6，CE=8，
∴a2=82+(a−6)2，
解得：a=253．
故选：B．
过点C作CE⊥AD，再根据图象的三角形的面积可得CE=8，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求a即可．
本题主要考查动点问题的函数图象、菱形的性质、勾股定理等知识点，利用菱形的性质和勾股定理列出方程是解答本题的关键．
9.【答案】乙
【解析】解：由折线统计图知，甲种酒从2014年到2022年酒的价格增长量是60−40=20(元)，
乙种酒从2018年到2022年酒的价格增长量是60−40=20(元)，
故酒的价格增长比较快的是乙，
故答案为：乙．
根据折线统计图中所反映出来的信息进行判断即可．
此题主要考查了折线统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键，折线统计图表示的是事物的变化情况，如增长率．
10.【答案】0.2
【解析】解：由题意得：
40×0.1=4，
∴40−(10+5+7+6+4)=8，
∴8÷40=0.2，
∴第6组的频率是0.2，
故答案为：0.2．
先求出第5组的频数，从而求出第6组的频数，然后根据频率=频数÷总次数进行计算即可解答．
本题考查了频数与频率，熟练掌握频率=频数÷总次数是解题的关键．
11.【答案】162°
【解析】解：圆心角的度数是：1840×360°=162°，
故答案为：162°．
先求出体育成绩优秀的占总体的百分比，再乘以360°即可．
本题考查扇形统计图及相关计算．在扇形统计图中，每部分占总部分的百分比等于该部分所对应的扇形圆心角的度数与360°比．
12.【答案】9
【解析】解：∵(135−103)÷4=8，
∴取组距为4，则应分为8+1=9组，
故答案为：9．
根据组数=[(最大值−最小值)÷组距]的整数部分+1进行计算即可．
本题考查了数据组数的计算，关键是掌握“组数=[(最大值−最小值)÷组距]的整数部分+1”．
13.【答案】必然
【解析】解：“a是实数，|a|≥0”这一事件是必然事件．
故答案是：必然．
根据必然事件、随机事件以及不可能事件的定义即可作出判断．
本题考查了必然事件、随机事件以及不可能事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
14.【答案】125°
【解析】解：在▱ABCD中，∠A=∠C，
∵∠A+∠C=110°，
∴∠A=∠C=55°，
∴∠B=180°−∠A=125°，
故答案为：125°．
根据平行四边形的性质可知∠A=∠C，再根据邻角互补即可求出∠B．
本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等、邻角互补的性质是解题关键．
15.【答案】10
【解析】【分析】
此题主要考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，解题关键点是熟练掌握这些性质．
要求DN+MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，从而找出其最小值求解．
【解答】
解：∵正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线AC为对称轴的对称点，
∴连接BN，BD，则直线AC即为BD的垂直平分线，
∴BN=ND，
∴DN+MN=BN+MN，
连接BM交AC于点P，
∵点N为AC上的动点，
由三角形两边和大于第三边，
知当点N运动到点P时，
BN+MN=BP+PM=BM，
BN+MN的最小值为BM的长度，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD=8，CM=8−2=6，∠BCM=90°，
∴BM= 62+82=10，
∴DN+MN的最小值是10．
故答案为10．
16.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质以及翻折变换(折叠的性质).推知DB′=BB′是解题的关键．
如图，连接BB′.根据折叠的性质知△BB′E是等腰直角三角形，则BB′= 2BE.又B′E是BD的中垂线，则DB′=BB′．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=2，
∴BE=12BD=1．
如图2，连接BB′．
根据折叠的性质知，∠AEB=∠AEB′=45°，
BE=B′E．
∴∠BEB′=90°，
∴△BB′E是等腰直角三角形，
则BB′= 2BE= 2．
又∵BE=DE，B′E⊥BD，
∴DB′=BB′= 2．
故答案为 2．
17.【答案】50 20%
【解析】解：(1)此次被调查的学生共有：20÷40%=50(人)，m=10÷50×100%=20%，
即m的值是20%，
故答案为：50，20%；
(2)喜欢乒乓球的有：50−20−10−15=5(人)，
补全的条形统计图如右图所示；
(3)2000×20%=400(人)，
即全校喜欢“足球”的学生大约有400人．
(1)根据喜欢篮球的人数和所占的百分比，可以求得本次被调查的学生数，然后即可计算出m的值；
(2)根据(1)中的结果和条形统计图中的数据，可以得到喜欢“乒乓球”的学生的人数，并将条形统计图补充完整；
(3)根据统计图中的数据，可以计算出全校喜欢“足球”的学生大约有多少人．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18.【答案】②
【解析】解：(1)摸到白球的概率的估计值是0.25；
理由：大量重复实验下，摸到白球的频率稳定在0.25附近，0.25即概率的估计值；
(2)①投掷一枚均匀的硬币，落到桌面上恰好是正面朝上的概率是12．
②甲、乙、丙、丁四人用抽签的方式产生一名幸运观众，正好抽到甲的概率是14=0.25．
③掷一个质地均匀的正方体骰子(面的点数分别为1到6)，落地时面朝上点数“小于3”的概率是26=13．
则符合(1)中结果的试验最有可能的是②．
故答案为：②．
(1)根据统计数据，当n很大时，摸到白球的频率接近0.25，由此得出答案；
(2)根据概率公式求出各自的概率，然后与(1)比较，即可得出答案．
本题主要考查了如何利用频率估计概率，在解题时要注意频率和概率之间的关系，属于中考常考题型．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，且AB=CD，
又∵AE=CF，
∴BE=DF，
∴BE/​/DF且BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
【解析】首先根据四边形ABCD是平行四边形，判断出AB/​/CD，且AB=CD，然后根据AE=CF，判断出BE=DF，即可推得四边形BFDE是平行四边形．
此题主要考查了平行四边形的判定和性质的应用，要熟练掌握，是解答此题的关键．
20.【答案】(2,2) (0,−1)
【解析】解：如图，
(1)△AB1C1即为所求；
(2)△A2B2C2即为所求；
∵点B的坐标为(−2,−2)，
则点B2的坐标为(2,2)．
故答案为：(2,2)；
(3)∵A2B2C2可看作是由△AB1C1绕点P顺时针旋转90°得到的，
如图，点P的坐标(0,−1)．
故答案为：(0,−1)．
(1)根据旋转的性质，以点A为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB1C1，即可画出△AB1C1；
(2)根据中心对称的性质，即可画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，根据点B的坐标为(−2,−2)，即可得点B2的坐标；
(3)根据(1)、(2)所画图形，A2B2C2可看作是由△AB1C1绕点P顺时针旋转90°得到的，即可得点P的坐标．
本题考查了作图−旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
21.【答案】Rt△ABC中，∠ACB=90°，CO是斜边AB边上的中线；CO=12AB
证明：如图，延长CO至点E，使CO=OE，连接AE、BE，
∵CO=OE，点O为AB中点，
∴四边形AEBC为平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴平行四边形AEBC是矩形，
∴CE=AB，
∵CO=12CE，
∴CO=12AB；
【解析】【分析】
本题考查了矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、平行四边形的判定与性质等知识；证明四边形AEBC为矩形是解题的关键．
延长CO至点E，使CO=OE，连接AE、BE，然后证明四边形AEBC是矩形，再根据矩形的性质可得CO=12AB；
【解答】
已知：Rt△ABC中，∠ACB=90°，CO是斜边AB边上的中线；
求证：CO=12AB；
证明见答案．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=90°，
∵△EBF是等腰直角三角形，其中∠EBF=90°，
∴BE=BF，
∴∠ABC−∠CBF=∠EBF−∠CBF，
∴∠ABF=∠CBE．
在△ABF和△CBE中，有AB=CB∠ABF=∠CBEBF=BE，
∴△ABF≌△CBE(SAS)．
(2)解：△CEF是直角三角形．理由如下：
∵△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BFE=∠FEB=45°，
∴∠AFB=180°−∠BFE=135°，
又∵△ABF≌△CBE，
∴∠CEB=∠AFB=135°，
∴∠CEF=∠CEB−∠FEB=135°−45°=90°，
∴△CEF是直角三角形．
【解析】(1)由四边形ABCD是正方形可得出AB=CB，∠ABC=90°，再由△EBF是等腰直角三角形可得出BE=BF，通过角的计算可得出∠ABF=∠CBE，利用全等三角形的判定定理SAS即可证出△ABF≌△CBE；
(2)根据△EBF是等腰直角三角形可得出∠BFE=∠FEB，通过角的计算可得出∠AFB=135°，再根据全等三角形的性质可得出∠CEB=∠AFB=135°，通过角的计算即可得出∠CEF=90°，从而得出△CEF是直角三角形．
本题考查了正方形的性质．全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质以及角的计算，解题的关键是：(1)根据判定定理SAS证明△ABF≌△CBE；(2)通过角的计算得出∠CEF=90°.本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，通过正方形和等腰三角形的性质找出相等的边，再通过角的计算找出相等的角，以此来证明两三角形全等是关键．
23.【答案】解：(1)符合，理由如下：
∵点D是BC的中点，
∴BD=DC．
∵AD=DE，
∴四边形ABEC是平行四边形．
又∵AB=AC=2cm，
∴▱ABEC是菱形；
(2)如图，

画等腰△ABC，使AB=AC=10cm；
分别量取AB、AC、BC中点D、E、F，连接DE、FE；
四边形ADFE即为所求作的菱形．
理由：∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴AD=BD=5cm，AF=CF=5cm，DE=12AC=5cm，EF=12AB=5cm，
∴AD=DE=EF=FA，
∴四边形ADFE是菱形．
【解析】(1)先由对角线互相平行，证明四边形ABEC是平行四边形．又AB=AC=2cm，即可由菱形的判定得出结论；
(2)画等腰△ABC，使AB=AC=10cm；分别量取AB、AC、BC中点D、E、F，连接DE、FE即可．
本题考查平行四边形的判定，菱形的判定，三角形中位线性质，熟练掌握平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、三角形中位线性质是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：由折叠性质得AE=CE，AF=FC，∠AEF=∠CEF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AE//CF，
∴∠AEF=∠EFC，
∵∠AEF=∠FEC，
∴∠FEC=∠EFC，
∴CE=CF，
∵AE=CE，
∴AE=CF，
∵AF=FC，
∴AE=CE=CF=AF，
∴四边形AECF为菱形；
(2)解：设CE=x，则AE=x，BE=8−x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴BE2+AB2=AE2，
∴(8−x)2+42=x2，
解得：x=5，即AE=EC=5，
∴S菱形AECF=AE⋅BC=5×4=20，
如图，连接AC，

∴AC= AB2+BC2= 82+42=4 5，
∴12EF⋅AC=20，
∴EF=2 5．
【解析】(1)由折叠性质得AE=CE，AF=FC，∠AEF=∠CEF，由矩形性质得出∠ADC=∠BAD=90°，AE/​/CF，证出AE=CF，得出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论；
(2)首先设CE=x，则AE=x，BE=8−x，然后由勾股定理求得(8−x)2+42=x2，求出x值，连接AC，根据勾股定理求出AC，然后根据菱形的面积即可解决问题．
本题考查了翻折变换，菱形的判定与性质，矩形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
25.【答案】解：(Ⅰ)∵四边形OABC是矩形，
∴∠BAO=∠BCO=90°，OA=CB，CO=BA．
∵点B坐标为(4,10)，
∴OA=CB=4，CO=BA=10；
由折叠可知，△ADE≌△ABE，
∴DA=BA=10．
在Rt△AOD中，OD= DA2−OA2= 102−42=2 21，
∴点D的坐标为(0,2 21)；
(Ⅱ)如图，过点G作GH⊥y轴于点H，
∵点D (0,2)，
∴DO=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B=90°；
由折叠知，四边形BCEF与四边形DGEF全等，
∴∠EGD=∠B=90°，GD=CB=4，CE=EG．
设CE=EG=x，则ED=CO−CE−DO=10−2−x=8−x．
在Rt△EGD中，EG2+GD2=ED2，
∴x2+42=(8−x)2，
解得：x=3．
∴EG=3，ED=5．
∴S△EGD=12EG⋅GD=12ED⋅GH，
∴12×3×4=12×5×GH，
∴GH=125，
在Rt△GHD中，HD= GD2−GH2= 42−(125)2=165，
∴HO=HD+DO=165+2=265．
∴点G的坐标为(−125,265).
(Ⅲ)由折叠可知，∠BFE=∠DFE，
∵BF//ED，
∴∠BFE=∠FED，
∴∠FED=∠DFE，
∴BF=DF=ED=5，
∴AF=AB−BF=10−5=5，
∴F(4,5)，
设Q(0,y)，P(m,n)，
∵D (0,2)，
∴DQ=|y−2|，DF=5，FQ2=42+(y−5)2，DF的中点坐标为(2,72)，
∵点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，
∴分三种情况：DQ=DF或FQ=DF或DQ=FQ，
①当DQ=DF时，|y−2|=5，
解得：y=7或−3，
∴Q(0,7)或(0,−3)，
∴P(4,0)或(4,10)，
②当FQ=DF时，42+(y−5)2=25，
解得y=8或y=2(舍去)，
∴Q(0,8)，
∴P(−4,5)，
③当DQ=FQ时，|y−2|2=42+(y−5)2，
解得：y=376，
∴Q(0,376)，
∵m+02=2，n+3762=72，
∴m=4，n=56，
∴P(4,56)，
综上所述，点P的坐标为(4,10)，(4,0)，(−4,5)，(4,56).
【解析】(Ⅰ)运用矩形性质和折叠性质及勾股定理即可求得答案；
(Ⅱ)过点G作GH⊥y轴于点H，由折叠知，四边形BCEF与四边形DGEF全等，由EG2+GD2=ED2，建立方程求解即可；
(Ⅲ)设Q(0,y)，P(m,n)，根据点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，分三种情况：DQ=DF或FQ=DF或DQ=FQ，运用勾股定理先求出点Q的坐标，再依据菱形性质求出对应的点P坐标．
本题考查了矩形性质，菱形性质，折叠变换的性质，全等三角形性质，勾股定理，等腰三角形性质等，熟练掌握菱形性质和勾股定理等相关知识，运用方程思想和分类讨论思想解决问题是解题关键．摸球的次数n
10
20
50
100
200
400
500
1000
2000
摸到白球的次数m
4
7
10
28
45
97
127
252
498
摸到白球的频率mn
0.400
0.350
0.200
0.280
0.225
0.243
0.254
0.252
0.249