辽宁省鞍山市三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-02填空题

这是一份辽宁省鞍山市三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-02填空题，共25页。试卷主要包含了据《光明日报》报道，分解因式，不等式组的解集为　 　等内容，欢迎下载使用。

辽宁省鞍山市三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-02填空题
一．科学记数法—表示较大的数（共3小题）
1．（2022•鞍山）教育部2022年5月17日召开第二场“教育这十年”“1+1”系列新闻发布会，会上介绍我国已建成世界最大规模高等教育体系，在学总人数超过44300000人．将数据44300000用科学记数法表示为 　 　．
2．（2021•鞍山）第七次全国人口普查数据结果显示，全国人口约为1411780000人．将1411780000用科学记数法可表示为 　 　．
3．（2020•鞍山）据《光明日报》报道：截至2020年5月31日，全国参与新冠肺炎疫情防控的志愿者约为8810000，将数据8810000科学记数法表示为　 　．
二．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题）
4．（2020•黔南州）分解因式：a3﹣2a2b+ab2＝　 　．
三．根的判别式（共1小题）
5．（2020•鞍山）如果关于x的一元二次方程x2﹣3x+k＝0有两个相等的实数根，那么实数k的值是　 　．
四．由实际问题抽象出分式方程（共2小题）
6．（2022•鞍山）某加工厂接到一笔订单，甲、乙车间同时加工，已知乙车间每天加工的产品数量是甲车间每天加工的产品数量的1.5倍，甲车间加工4000件比乙车间加工4200件多用3天．设甲车间每天加工x件产品，根据题意可列方程为 　 　．
7．（2021•鞍山）习近平总书记指出，中华优秀传统文化是中华民族的“根”和“魂”．为了大力弘扬中华优秀传统文化，某校决定开展名著阅读活动．用3600元购买“四大名著”若干套后，发现这批图书满足不了学生的阅读需求，图书管理员在购买第二批时正赶上图书城八折销售该套书，于是用2400元购买的套数只比第一批少4套．设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则符合题意的方程是 　 　．
五．解一元一次不等式组（共1小题）
8．（2020•鞍山）不等式组的解集为　 　．
六．反比例函数系数k的几何意义（共1小题）
9．（2022•鞍山）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点．在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，边OA在y轴上，点D是边OB上一点，且OD：DB＝1：2，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点D交AB于点C，连接OC．若S△OBC＝4，则k的值为 　 　．

七．平行四边形的性质（共1小题）
10．（2020•鞍山）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，AE，BC的延长线交于点F．若△ECF的面积为1，则四边形ABCE的面积为　 　．

八．菱形的性质（共1小题）
11．（2022•鞍山）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，E为OB中点，F为AD中点，连接EF，则EF的长为 　 　．

九．矩形的性质（共1小题）
12．（2021•鞍山）如图，矩形ABCD中，AB＝3，对角线AC，BD交于点O，DH⊥AC，垂足为点H，若∠ADH＝2∠CDH，则AD的长为 　 　．

一十．四边形综合题（共1小题）
13．（2021•鞍山）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作FG⊥CF分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作OE∥CD交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当BG＝BM时，AG＝BG；②＝；③当GM＝HF时，CF2＝CN•BC；④CN2＝BM2+DF2．其中正确的是 　 　（填序号即可）．

一十一．轴对称的性质（共1小题）
14．（2021•鞍山）如图，∠POQ＝90°，定长为a的线段端点A，B分别在射线OP，OQ上运动（点A，B不与点O重合），C为AB的中点，作△OAC关于直线OC对称的△OA′C，A′O交AB于点D，当△OBD是等腰三角形时，∠OBD的度数为 　 　．

一十二．轴对称-最短路线问题（共1小题）
15．（2020•鞍山）如图，在平面直角坐标系中，已知A（3，6），B（﹣2，2），在x轴上取两点C，D（点C在点D左侧），且始终保持CD＝1，线段CD在x轴上平移，当AD+BC的值最小时，点C的坐标为　 　．

一十三．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
16．（2022•鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB'，若CB'＝BB'，则AD的长为 　 　．

一十四．平移的性质（共1小题）
17．（2021•鞍山）如图，△ABC沿BC所在直线向右平移得到△DEF，已知EC＝2，BF＝8，则平移的距离为　 　．

一十五．相似三角形的判定（共1小题）
18．（2022•鞍山）如图，在正方形ABCD中，点E为AB的中点，CE，BD交于点H，DF⊥CE于点F，FM平分∠DFE，分别交AD，BD于点M，G，延长MF交BC于点N，连接BF．下列结论：①tan∠CDF＝；②S△EBH：S△DHF＝3：4；③MG：GF：FN＝5：3：2；④△BEF∽△HCD．其中正确的是 　 　.（填序号即可）．

一十六．相似三角形的判定与性质（共3小题）
19．（2022•鞍山）如图，AB∥CD，AD，BC相交于点E，若AE：DE＝1：2，AB＝2.5，则CD的长为 　 　．

20．（2021•鞍山）如图，△ABC的顶点B在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，顶点C在x轴负半轴上，AB∥x轴，AB，BC分别交y轴于点D，E．若＝＝，S△ABC＝13，则k＝　 　．

21．（2020•鞍山）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，点E，F分别在AD，CD上，且AE＝DF，AF与CE相交于点G，BG与AC相交于点H．下列结论：①△ACF≌△CDE；②CG2＝GH•BG；③若DF＝2CF，则CE＝7GF；④S四边形ABCG＝BG2．其中正确的结论有　 　．（只填序号即可）

一十七．几何概率（共1小题）
22．（2021•鞍山）一个小球在如图所示的地面上自由滚动，并随机地停留在某块方砖上，则小球停留在黑色区域的概率是 　 　．

一十八．利用频率估计概率（共2小题）
23．（2022•鞍山）一个不透明的口袋中装有5个红球和m个黄球，这些球除颜色外都相同，某同学进行了如下试验：从袋中随机摸出1个球记下它的颜色后，放回摇匀，为一次摸球试验．根据记录在下表中的摸球试验数据，可以估计出m的值为 　 　．
摸球的总次数a
100
500
1000
2000
…
摸出红球的次数b
19
101
199
400
…
摸出红球的频率
0.190
0.202
0.199
0.200
…
24．（2020•鞍山）在一个不透明的袋子中装有6个红球和若干个白球，这些球除颜色外都相同，将球搅匀后随机摸出一个球，记下颜色后放回，不断重复这一过程，共摸球100次，发现有20次摸到红球，估计袋子中白球的个数约为 　 　．

辽宁省鞍山市三年（2020-2022）中考数学真题分类汇编-02填空题
参考答案与试题解析
一．科学记数法—表示较大的数（共3小题）
1．（2022•鞍山）教育部2022年5月17日召开第二场“教育这十年”“1+1”系列新闻发布会，会上介绍我国已建成世界最大规模高等教育体系，在学总人数超过44300000人．将数据44300000用科学记数法表示为 　4.43×107　．
【解答】解：44300000＝4.43×107．
故答案为：4.43×107．
2．（2021•鞍山）第七次全国人口普查数据结果显示，全国人口约为1411780000人．将1411780000用科学记数法可表示为 　1.41178×109　．
【解答】解：1411780000＝1.41178×109．
故答案为：1.41178×109．
3．（2020•鞍山）据《光明日报》报道：截至2020年5月31日，全国参与新冠肺炎疫情防控的志愿者约为8810000，将数据8810000科学记数法表示为　8.81×106　．
【解答】解：8810000＝8.81×106，
故答案为：8.81×106．
二．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题）
4．（2020•黔南州）分解因式：a3﹣2a2b+ab2＝　a（a﹣b）2　．
【解答】解：a3﹣2a2b+ab2，
＝a（a2﹣2ab+b2），
＝a（a﹣b）2．
三．根的判别式（共1小题）
5．（2020•鞍山）如果关于x的一元二次方程x2﹣3x+k＝0有两个相等的实数根，那么实数k的值是　　．
【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣3）2﹣4k＝0，
解得k＝．
故答案为．
四．由实际问题抽象出分式方程（共2小题）
6．（2022•鞍山）某加工厂接到一笔订单，甲、乙车间同时加工，已知乙车间每天加工的产品数量是甲车间每天加工的产品数量的1.5倍，甲车间加工4000件比乙车间加工4200件多用3天．设甲车间每天加工x件产品，根据题意可列方程为 　﹣＝3　．
【解答】解：∵甲车间每天加工x件产品，乙车间每天加工的产品数量是甲车间每天加工的产品数量的1.5倍，
∴乙车间每天加工1.5x件产品，
又∵甲车间加工4000件比乙车间加工4200件多用3天，
∴﹣＝3．
故答案为：﹣＝3．
7．（2021•鞍山）习近平总书记指出，中华优秀传统文化是中华民族的“根”和“魂”．为了大力弘扬中华优秀传统文化，某校决定开展名著阅读活动．用3600元购买“四大名著”若干套后，发现这批图书满足不了学生的阅读需求，图书管理员在购买第二批时正赶上图书城八折销售该套书，于是用2400元购买的套数只比第一批少4套．设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则符合题意的方程是 　﹣＝4　．
【解答】解：设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则设第二批购买的“四大名著”每套的价格为0.8x元，
依题意得：﹣＝4．
故答案为：﹣＝4．
五．解一元一次不等式组（共1小题）
8．（2020•鞍山）不等式组的解集为　1＜x≤2　．
【解答】解：解不等式2x﹣1≤3，得：x≤2，
解不等式2﹣x＜1，得：x＞1，
则不等式组的解集为1＜x≤2，
故答案为：1＜x≤2．
六．反比例函数系数k的几何意义（共1小题）
9．（2022•鞍山）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点．在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，边OA在y轴上，点D是边OB上一点，且OD：DB＝1：2，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点D交AB于点C，连接OC．若S△OBC＝4，则k的值为 　1　．

【解答】解：∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点D，∠OAB＝90°，
∴设D（m，），
∵OD：DB＝1：2，
∴B（3m，），
∴AB＝3m，OA＝，
∴反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点D交AB于点C，∠OAB＝90°，
∴S△AOC＝k，
∵S△OBC＝4，
∴S△AOB﹣S△AOC＝4，即﹣k＝4，
解得k＝1，
故答案为：1．
七．平行四边形的性质（共1小题）
10．（2020•鞍山）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，AE，BC的延长线交于点F．若△ECF的面积为1，则四边形ABCE的面积为　3　．

【解答】解：∵在▱ABCD中，AB∥CD，点E是CD中点，
∴EC是△ABF的中位线；
∵∠B＝∠DCF，∠F＝∠F（公共角），
∴△ABF∽△ECF，
∵，
∴S△ABF：S△CEF＝4：1；
又∵△ECF的面积为1，
∴S△ABF＝4，
∴S四边形ABCE＝S△ABF﹣S△CEF＝3．
故答案为：3．
八．菱形的性质（共1小题）
11．（2022•鞍山）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，E为OB中点，F为AD中点，连接EF，则EF的长为 　　．

【解答】解：如图，取OD的中点H，连接FH，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝AO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FH∥AO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝＝＝，
故答案为：．
九．矩形的性质（共1小题）
12．（2021•鞍山）如图，矩形ABCD中，AB＝3，对角线AC，BD交于点O，DH⊥AC，垂足为点H，若∠ADH＝2∠CDH，则AD的长为 　3　．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，
∵∠ADH＝2∠CDH，
∴∠CDH＝30°，∠ADH＝60°，
∵DH⊥AC，
∴∠DHA＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝CD＝3，
故答案为：3．
一十．四边形综合题（共1小题）
13．（2021•鞍山）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作FG⊥CF分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作OE∥CD交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当BG＝BM时，AG＝BG；②＝；③当GM＝HF时，CF2＝CN•BC；④CN2＝BM2+DF2．其中正确的是 　①③④　（填序号即可）．

【解答】解：如图1中，过点G作GT⊥AC于T．
∵BG＝BM，
∴∠BGM＝∠BMG，
∵∠BGM＝∠GAC+∠ACG，∠BMG＝∠MBC+∠BCM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAC＝∠MBC＝45°，AC＝BC，
∴∠ACG＝∠BCG，
∵GB⊥CB，GT⊥AC，
∴GB＝GT，
∵＝＝＝＝，
∴AG＝BG，故①正确，
假设＝成立，
∵∠FOH＝∠COM，
∴△FOH∽△COM，
∴∠OFH＝∠OCM，显然这个条件不成立，故②错误，
如图2中，过点M作MP⊥BC于P，MQ⊥AB于Q，连接AF．
∵∠OFH+∠FHO＝90°，∠FHO+∠FCO＝90°，
∴∠OFH＝∠FCO，
∵AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∵∠CFG＝∠CBG＝90°，
∴∠BCF+∠BGF＝180°，
∵∠BGF+∠AGF＝180°，
∴∠AGF＝∠BCF＝∠GAF，
∴AF＝FG，
∴FG＝FC，
∴∠FCG＝∠BCA＝45°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵MQ∥CB，
∴∠GMQ＝∠BCG＝∠ACF＝∠OFH，
∵∠MQG＝∠FOH＝90°，FH＝MG，
∴△FOH≌△MQG（AAS），
∴MQ＝OF，
∵∠BMP＝∠MBQ，MQ⊥AB，MP⊥BC，
∴MQ＝MP，
∴MP＝OF，
∵∠CPM＝∠COF＝90°，∠PCM＝∠OCF，
∴△CPM≌△COF（AAS），
∴CM＝CF，
∵OE∥AG，OA＝OC，
∴EG＝EC，
∵△FCG是等腰直角三角形，
∴∠GCF＝45°，
∴∠CFN＝∠CBM，
∵∠FCN＝∠BCM，
∴△BCM∽△FCN，
∴＝，
∴CF2＝CB•CN，故③正确，
如图3中，将△CBM绕点C顺时针旋转90°得到△CDW，连接FW．则CM＝CW，BM＝DW，∠MCW＝90°，∠CBM＝∠CDW＝45°，
∵∠FCG＝∠FCW＝45°，CM＝CW，CF＝CF，
∴△CFM≌△CFW（SAS），
∴FM＝FW，
∵∠FDW＝∠FDC+∠CDW＝45°+45°＝90°，
∴FW2＝DF2+DW2，
∴FM2＝BM2+DF2，
∵BD⊥AC，FG⊥CF，
∴∠COF＝90°，∠CFG＝90°，
∴∠FCN+∠OFC＝90°，∠OFC+∠GFM＝90°，
∴∠FCN＝∠GFM，
∵∠NFC＝∠FGM＝45°，FG＝CF，
∴△CFN≌△FGM（ASA），
∴CN＝FM，
∴CN2＝BM2+DF2，故④正确，
故答案为：①③④．



一十一．轴对称的性质（共1小题）
14．（2021•鞍山）如图，∠POQ＝90°，定长为a的线段端点A，B分别在射线OP，OQ上运动（点A，B不与点O重合），C为AB的中点，作△OAC关于直线OC对称的△OA′C，A′O交AB于点D，当△OBD是等腰三角形时，∠OBD的度数为 　67.5°或72°　．

【解答】解：∵∠POQ＝90°，C为AB的中点，
∴OC＝AC＝BC，
∴∠COA＝∠BAO，∠OBC＝∠BOC，
又由折叠性质可得∠COA＝∠COA′，
∴∠COA＝∠COA′＝∠BAO，
设∠COA＝∠COA′＝∠BAO＝x°，则∠BCO＝2x°，∠A′OB＝90°﹣2x°，∠OBD＝90°﹣x°，∠BDO＝∠AOD+∠BAO＝3x°，
①当OB＝OD时，∠ABO＝∠BDO，
∴90°﹣x°＝3x°，
解得x＝22.5°，
∴∠OBD＝90°﹣22.5°＝67.5°；
②当BD＝OD时，∠OBD＝∠A′OB，
∴90°﹣x°＝90°﹣2x°，解得：x＝0（舍去），
∴此情况不存在；
③当OB＝DB时，∠BDO＝∠A′OB，
∴3x°＝90°﹣2x°，
解得：x＝18°，
∴∠OBD＝90°﹣18°＝72°；
综上，∠OBD的度数为67.5°或72°，
故答案为：67.5°或72°．
一十二．轴对称-最短路线问题（共1小题）
15．（2020•鞍山）如图，在平面直角坐标系中，已知A（3，6），B（﹣2，2），在x轴上取两点C，D（点C在点D左侧），且始终保持CD＝1，线段CD在x轴上平移，当AD+BC的值最小时，点C的坐标为　（﹣1，0）　．

【解答】解：把A（3，6）向左平移1得A′（2，6），
作点B关于x轴的对称点B′，连接B′A′交x轴于C，在x轴上取点D（点C在点D左侧），使CD＝1，连接AD，
则AD+BC的值最小，
∵B（﹣2，2），
∴B′（﹣2，﹣2），
设直线B′A′的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴直线B′A′的解析式为y＝2x+2，
当y＝0时，x＝﹣1，
∴C（﹣1，0），
故答案为：（﹣1，0）．

一十三．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
16．（2022•鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB'，若CB'＝BB'，则AD的长为 　7.5　．

【解答】解：在Rt△ABC中，
AB＝，
∵AC＝6，BC＝8，
∴AB＝．
∵CB'＝BB'，
∴∠B＝∠BCB′，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝∠ACB′+∠BCB′＝90°．
∴∠A＝∠ACB′．
∴AB′＝CB′．
∴AB′＝BB′＝AB＝5．
∵将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，
∴B′D＝BD＝BB′＝2.5．
∴AD＝AB′+B′D＝5+2.5＝7.5．
故答案为：7.5．
一十四．平移的性质（共1小题）
17．（2021•鞍山）如图，△ABC沿BC所在直线向右平移得到△DEF，已知EC＝2，BF＝8，则平移的距离为　3　．

【解答】解：由平移的性质可知，BE＝CF，
∵BF＝8，EC＝2，
∴BE+CF＝8﹣2＝6，
∴BE＝CF＝3，
∴平移的距离为3，
故答案为：3．
一十五．相似三角形的判定（共1小题）
18．（2022•鞍山）如图，在正方形ABCD中，点E为AB的中点，CE，BD交于点H，DF⊥CE于点F，FM平分∠DFE，分别交AD，BD于点M，G，延长MF交BC于点N，连接BF．下列结论：①tan∠CDF＝；②S△EBH：S△DHF＝3：4；③MG：GF：FN＝5：3：2；④△BEF∽△HCD．其中正确的是 　①③④　.（填序号即可）．

【解答】解：如图，过点G作GQ⊥DF于点Q，GP⊥EF于点P．设正方形ABCD的边长为2a．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵AE＝EB＝a，BC＝2a，
∴tan∠ECB＝＝，
∵DF⊥CE，
∴∠CFD＝90°，
∴∠ECB+∠DCF＝90°，
∵∠DCF+∠CDF＝90°，
∴∠CDF＝∠ECB，
∴tan∠CDF＝，故①正确，
∵BE∥CD，
∴＝＝＝，
∵EC＝＝＝a，BD＝CB＝2a，
∴EH＝EC＝a，BH＝BD＝a，DH＝BD＝a，
在Rt△CDF中，tan∠CDF＝＝，CD＝2a，
∴CF＝a，DF＝a，
∴HF＝CE﹣EH﹣CF＝a﹣a﹣a＝a，
∴S△DFH＝•FH•DF＝×a×a＝a2，
∵S△BEH＝S△ECB＝××a×2a＝a2，
∴S△EBH：S△DHF＝a2：a2＝5：8，故②错误．
∵FM平分∠DFE，GQ⊥⊥EF，
∴GQ＝GP，
∵＝＝，
∴＝，
∴DG＝DH＝a，
∴BG＝DG，
∵DM∥BN，
∴＝＝1，
∴GM＝GN，
∵S△DFH＝S△FGH+S△FGD，
∴×a×a＝××GP+×a×GQ，
∴GP＝GQ＝a，
∴FG＝a，
过点N作NJ⊥CE于点J，设FJ＝NJ＝m，则CJ＝2m，
∴3m＝a，
∴m＝a，
∴FN＝m＝a，
∴MG＝GN＝GF+FN＝a+a＝a，
∴MG：GF：FN＝a：a：a＝5：3：2，故③正确，
∵AB∥CD，
∴∠BEF＝∠HCD，
∵＝＝，＝＝，
∴＝，
∴△BEF∽△HCD，故④正确．
故答案为：①③④．

一十六．相似三角形的判定与性质（共3小题）
19．（2022•鞍山）如图，AB∥CD，AD，BC相交于点E，若AE：DE＝1：2，AB＝2.5，则CD的长为 　5　．

【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠C，∠A＝∠D，
∴△EAB∽△EDC，
∴AB：CD＝AE：DE＝1：2，
又∵AB＝2.5，
∴CD＝5．
故答案为：5．
20．（2021•鞍山）如图，△ABC的顶点B在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，顶点C在x轴负半轴上，AB∥x轴，AB，BC分别交y轴于点D，E．若＝＝，S△ABC＝13，则k＝　18　．

【解答】解：如图，过点B作BF⊥x轴于点F．

∵AB∥x轴，
∴△DBE∽△OCE，
∴＝，
∵＝＝，
∴＝＝＝＝，
设CO＝3a，DE＝3b，则AD＝2a，OE＝2b，
∴，OD＝5b，
∴BD＝，
∴AB＝AD+DB＝，
∵S△ABC＝＝＝13，
∴ab＝，
∵S矩形ODBF＝BD•OD＝＝＝18，
又∵反比例函数图象在第一象限，
∴k＝18，
故答案为18．
21．（2020•鞍山）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，点E，F分别在AD，CD上，且AE＝DF，AF与CE相交于点G，BG与AC相交于点H．下列结论：①△ACF≌△CDE；②CG2＝GH•BG；③若DF＝2CF，则CE＝7GF；④S四边形ABCG＝BG2．其中正确的结论有　①③④　．（只填序号即可）

【解答】解：∵ABCD为菱形，
∴AD＝CD，
∵AE＝DF，
∴DE＝CF，
∵∠ADC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠D＝∠ACD＝60°，AC＝CD，
∴△ACF≌△CDE（SAS），故①正确；
过点F作FP∥AD，交CE于P点．
∵DF＝2CF，
∴FP：DE＝CF：CD＝1：3，
∵DE＝CF，AD＝CD，
∴AE＝2DE，
∴FP：AE＝1：6＝FG：AG，
∴AG＝6FG，
∴CE＝AF＝7GF，故③正确；
过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，
∵∠AGE＝∠ACG+∠CAF＝∠ACG+∠GCF＝60°＝∠ABC，
即∠AGC+∠ABC＝180°，
∴点A、B、C、G四点共圆，
∴∠AGB＝∠ACB＝60°，∠CGB＝∠CAB＝60°，
∴∠AGB＝∠CGB＝60°，
∴BM＝BN，又AB＝BC，
∴△ABM≌△CBN（HL），
∴S四边形ABCG＝S四边形BMGN，
∵∠BGM＝60°，
∴GM＝BG，BM＝BG，
∴S四边形BMGN＝2S△BMG＝2××＝BG2，故④正确；
∵∠CGB＝∠ACB＝60°，∠CBG＝∠HBC，
∴△BCH∽△BGC，
∴，
则BG•BH＝BC2，
则BG•（BG﹣GH）＝BC2，
则BG2﹣BG•GH＝BC2，
则GH•BG＝BG2﹣BC2，
当∠BCG＝90°时，BG2﹣BC2＝CG2，此时GH•BG＝CG2，
而题中∠BCG未必等于90°，故②不成立，
故正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．

一十七．几何概率（共1小题）
22．（2021•鞍山）一个小球在如图所示的地面上自由滚动，并随机地停留在某块方砖上，则小球停留在黑色区域的概率是 　　．

【解答】解：由图可知：黑色区域在整个地面中所占的比值＝，
∴小球最终停留在黑色区域的概率＝，
故答案为：．
一十八．利用频率估计概率（共2小题）
23．（2022•鞍山）一个不透明的口袋中装有5个红球和m个黄球，这些球除颜色外都相同，某同学进行了如下试验：从袋中随机摸出1个球记下它的颜色后，放回摇匀，为一次摸球试验．根据记录在下表中的摸球试验数据，可以估计出m的值为 　20　．
摸球的总次数a
100
500
1000
2000
…
摸出红球的次数b
19
101
199
400
…
摸出红球的频率
0.190
0.202
0.199
0.200
…
【解答】解：∵通过大量重复试验后发现，摸到红球的频率稳定于0.2，
∴＝0.2，
解得：m＝20．
经检验m＝20是原方程的解，
故答案为：20．
24．（2020•鞍山）在一个不透明的袋子中装有6个红球和若干个白球，这些球除颜色外都相同，将球搅匀后随机摸出一个球，记下颜色后放回，不断重复这一过程，共摸球100次，发现有20次摸到红球，估计袋子中白球的个数约为 　24　．
【解答】解：设白球有x个，
根据题意得：＝0.2，
解得：x＝24，
经检验：x＝24是分式方程的解，
即白球有24个，
故答案为24．