专题4.2期中全真模拟试卷02（培优卷，八下苏科第7-9章）-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习高分攻略(苏科版)

这是一份专题4.2期中全真模拟试卷02（培优卷，八下苏科第7-9章）-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习高分攻略(苏科版)，文件包含专题42期中全真模拟试卷02培优卷八下苏科第7-9章-八年级数学下学期复习备考高分秘籍苏科版原卷版docx、专题42期中全真模拟试卷02培优卷八下苏科第7-9章-八年级数学下学期复习备考高分秘籍苏科版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。

注意事项：
本试卷满分150分，试题共26题，其中选择8道、填空8道、解答10道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春•海陵区校级期中）下列调查中，适宜采用普查方式的是（ ）
A．调查一批节能灯管的使用寿命
B．了解全国八年级学生身高的现状
C．检查一枚用于发射卫星的运载火箭的各零部件
D．考察人们保护海洋的意识
【分析】根据普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似进行判断．
【解析】A．调查一批节能灯管的使用寿命，适合抽样调查，故此选项不符合题意；
B．了解全国八年级学生身高的现状，适合抽样调查，故此选项不符合题意；
C．检查一枚用于发射卫星的运载火箭的各零部件，适宜采用普查方式，故此选项符合题意；
D．考察人们保护海洋的意识，适合抽样调查，故此选项不符合题意；
故选：C．
2．（2022春•虎丘区校级期中）在一个不透明的口袋中装有4个红球，5个白球和若干个黑球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到白球的频率稳定在25%附近，则口袋中黑球可能有（ ）
A．10个B．11个C．12个D．13个
【分析】由摸到白球的频率稳定在25%附近得出口袋中得到白色球的概率，进而求出黑球个数即可．
【解析】设黑球个数为：x个，
∵摸到白色球的频率稳定在25%左右，
∴口袋中得到白色球的概率为25%，
∴＝0.25，
解得：x＝11，
故黑球的个数为11个．
故选：B．
3．（2021秋•海安市期中）下列图形是轴对称图形而不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【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得解．
【解析】A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
4．（2022春•兴化市期中）如图，为了测量池塘边A、B两地之间的距离，在线段AB的一侧取一点C，连接CA并延长至点D，使AD＝AC，连接CB并延长至点E，使BE＝CB，量得DE＝16m，则线段AB的长度是（ ）
A．12mB．10mC．9mD．8m
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【解析】∵AD＝AC，BE＝CB，
∴AB是△CDE的中位线，
∴AB＝DE，
∵DE＝16m，
∴AB＝8m，
故选：D．
5．（2022春•兴化市期中）用反证法证明，“在△ABC中，∠A、∠B对边是a、b，若∠A＞∠B，则a＞b．”第一步应假设（ ）
A．a＜bB．a＝bC．a≤bD．a≥b
【分析】熟记反证法的步骤，直接填空即可．
【解析】根据反证法的步骤，得
第一步应假设a＞b不成立，即a≤b．
故选：C．
6．（2022春•梁溪区校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝80°，AC＝BC，以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转α度，得到△A′BC′，点A′恰好落在AC上，连接CC′，则∠ACC′的度数为（ ）
A．110°B．100°C．90°D．70°
【分析】在△ABC中，可求得∠ABC和∠ACB，在△ABA′中由旋转的性质可求得α的大小，从而可求得∠CBC′，在△BCC′中可求得∠BCC′，从而可求得∠ACC′．
【解析】∵AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC＝80°，
∴∠ACB＝180°﹣80°﹣80°＝20°，
∵以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转α度，得到△A′BC′，
∴AB＝A′B，BC＝BC′，且∠CBC′＝α，
∴∠BA′A＝∠A＝80°，
∴α＝20°，
∴∠CBC′＝20°，
∴∠BCC′＝（180°﹣20°）＝80°，
∴∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝20°+80°＝100°．
故选：B．
7．（2022春•姑苏区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，点G、H分别在边AD、边BC上，连接BG、DH，且BG∥DH，要使四边形BHDG为菱形，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先根据菱形的性质可得BG＝GD，然后设AB＝x，则AD＝2x，设AG＝y，则GD＝2x﹣y，BG＝2x﹣y，再根据勾股定理可得y2+x2＝（2x﹣y）2，从而进一步可得的值．
【解析】∵四边形BGDH是菱形，
∴BG＝GD，
设AB＝x，则AD＝2x，
设AG＝y，则GD＝2x﹣y，BG＝2x﹣y，
∵在Rt△AGB中，AG2+AB2＝GB2，
∴y2+x2＝（2x﹣y）2，
整理得：，
y＝x，
∴＝，
故选：D．
8．（2022春•工业园区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，且当P运动了一秒后才以每秒2cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），在这段时间内，动点P、Q能与点A、点C形成平行四边形APCQ的次数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】先求出点Q运动的路程，即可求解．
【解析】若四边形APCQ是平行四边形，
∴AP＝CQ，
∵点P的运动时间＝＝12秒，
∴点Q运动的路程＝2×（12+1）＝26cm，
∴CQ与AP相等的次数为2，
∴形成平行四边形APCQ的次数是2，
故选：B．
二．填空题（共8小题）
9．（2022春•溧水区期中）排队时，3个人站成一横排，其中小亮“站在中间”的可能性 小于 小亮“站在两边”的可能性（填“大于”、“小于”或“等于”）．
【分析】要求“小亮站在正中间”与“小亮站在两端”这两个事件发生的可能性的大小，只需求出各自所占的比例大小即可得到相应的可能性，比较即可．
【解析】3个人站成一排，小亮站在那个位置都有可能，“小亮站在正中间”的可能性为，“小亮站在两端”的可能性有，
故小亮“站在中间”的可能性＜小亮“站在两边”的可能，
故答案为：小于．
10．（2019春•常州期中）某校为了解全校2000名学生的体重情况，随机抽测了200名学生的体重，根据体质指数（BMI）标准，体重超标的有15名学生，则估计全校体重超标学生的人数为 150 名．
【分析】用全校学生总人数乘以样本中体重超标的人数所占比例即可得．
【解析】估计全校体重超标学生的人数为2000×＝150人，
故答案为：150．
11．（2012秋•崇安区期中）如图，在△ABC中，∠A＝∠B，D是AB上任意一点，DE∥BC，DF∥AC，AC＝4cm，则四边形DECF的周长是 8cm ．
【分析】求出BC，求出BF＝DF，CE＝AE，代入得出四边形DECF的周长等于BC+AC，代入求出即可
【解析】∵∠A＝∠B，
∴BC＝AC＝4cm，
∵DF∥AC，
∴∠A＝∠BDF，
∵∠A＝∠B，
∴∠B＝∠BDF，
∴DF＝BF，
同理AE＝DE，
∴四边形DECF的周长为：CF+DF+DE+CE＝CF+BF+AE+CE＝BC+AC＝4cm+4cm＝8cm，
故答案为：8cm．
12．（2022春•淮阴区校级期中）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，∠DAO＝60°，AD＝2，则对角线AC＝ 4 ．
【分析】由矩形的性质得出OA＝OB＝AC，再证明△AOB是等边三角形，得出OA＝AB＝2.5，即可得出AC＝2OA＝5．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝AC，OD＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OD，
∵∠DAO＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA＝AD＝2，
∴AC＝2OA＝4．
故答案为：4．
13．（2022春•天宁区校级期中）如图，菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到菱形AEFG，此时点E恰好在AC边上，若∠BAD＝60°，则α的大小为 30° ．
【分析】根据菱形的性质和旋转的性质即可得到结论．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC＝BAD＝60°＝30°，
∵菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到菱形AEFG，此时点E恰好在AC边上，
∴α＝∠BAC＝30°，
故答案为：30°．
14．（2022秋•阜宁县期中）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BCD＝135°，连接AC、BD．M是AC的中点，连接BM、DM．若AC＝12，则△BMD的面积为 18 ．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM＝DM＝AC，根据等边对等角可得∠MBD＝∠MDB，∠CAB＝∠ABM，∠DAC＝∠ADM，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BMD＝2∠BAD，即可得△BDM是等腰直角三角形，即可求解．
【解析】∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴BM＝DM＝AC＝AM＝6，
∴∠MBD＝∠MDB，∠CAB＝∠ABM，∠DAC＝∠ADM，
由三角形的外角性质得，∠BMC＝∠ABM+∠CAB＝2∠BAC，
∠CMD＝∠ADM+∠DAC＝2∠DAC，
∴∠BMD＝∠BMC+∠CMD＝2（∠BAC+∠DAC）＝2∠BAD，
四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BCD＝135°，
∴∠BAD＝45°，
∴∠BMD＝2∠BAD＝90°，
∴S△BMD＝BM•DM＝×6×6＝18．
故答案为：18．
15．（2022春•工业园区期中）如图，点P，Q分别是菱形ABCD的边AD、BC上的两个动点，若线段PQ长的最大值为8，最小值为8，则菱形ABCD的边长为 10 ．
【分析】过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，由题意可得当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC＝8，当PQ⊥BC时，PQ有最小值，即直线CD，直线AB的距离为8，即CH＝8，由勾股定理可求解．
【解析】如图，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝BC，
∵点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点，
∴当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC＝8，
当PQ⊥BC时，PQ有最小值，即直线CD，直线AB的距离为8，即CH＝8，
∴AH＝＝＝16，
∵BC2＝CH2+BH2，
∴BC2＝（16﹣BC）2+64，
∴BC＝10，
故答案为：10．
16．（2022春•虎丘区校级期中）如图，点O为边长为1的正方形ABCD的中心，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使FC＝EC，连结DF交BE的延长线于点H，连结OH交DC于点G，连结HC．则以下四结论中：①OH∥BF，②，③，④∠CDF＝30°．正确结论个数为 2 ．
【分析】由四边形ABCD是边长为1的正方形得DC＝BC＝1，∠BCE＝90°，则∠DCF＝∠BCE＝90°，即可证明△DCF≌△BCE，得∠CDF＝∠CBE，则∠CBE+∠F＝∠CDF+∠F＝90°，可证明∠BHD＝∠BHF＝90°，进而证明△DBH≌△FBH，得DH＝FH，根据三角形的中位线定理得OH∥BF，可判断①正确；
由OH⊥CD，CH＝DH＝DF，得DG＝CG，则GO＝BC＝，由勾股定理得BF＝BD＝，则CF＝﹣1，所以HG＝CF＝，可判断③正确；
因为CF＝×（﹣1）＝，所以GO≠CF，可判断②错误；
由∠CBD＝∠CDB＝45°，得∠CDF＝∠CBE＝∠CBD＝22.5°，可知∠CDF≠30°，可判断④错误，于是得到问题的答案．
【解析】∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴DC＝BC＝1，∠BCE＝90°，
∴∠DCF＝∠BCE＝90°，
在△DCF和△BCE中，
，
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴∠CDF＝∠CBE，
∴∠CBE+∠F＝∠CDF+∠F＝90°，
∵∠BHF＝90°，
∴∠BHD＝∠BHF＝90°，
∴BE平分∠DBC，
∴∠DBH＝∠FBH，
在△DBH和△FBH中，
，
∴△DBH≌△FBH（ASA），
∴DH＝FH，
∵O为正方形ABCD的中心，
∴O为BD的中点，
∴DO＝BO，
∴OH∥BF，
故①正确；
∵∠OGD＝∠BCE＝90°，
∴OH⊥CD，
∵CH＝DH＝DF，
∴DG＝CG，
∴GO＝BC＝，
∵BF＝BD＝＝＝，
∴CF＝BF﹣BC＝﹣1，
∴HG＝CF＝，
故③正确；
∵CF＝×（﹣1）＝，
∴GO≠CF，
故②错误；
∵∠CBD＝∠CDB＝45°，
∴∠CDF＝∠CBE＝∠CBD＝22.5°，
∴∠CDF≠30°，
故④错误，
综上所述，①③正确，
故答案为：2．
三．解答题（共10小题）
17．（2022春•鄞州区期中）如图，方格纸中有三个点A，B，C，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上．
（1）在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【分析】（1）平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）正方形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【解析】（1）甲图：平行四边形，
（2）乙图：等腰梯形，
（3）丙图：正方形．
18．（2020春•高新区期中）某校随机抽取部分学生，对“学习习惯”进行问卷调查．设计的问题：对自己做错的题目进行整理、分析、改正；答案选项为：A．很少，B．有时，C．常常，D．总是．将调查结果的数据进行了整理、绘制成部分统计图：
请根据图中信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝ 12 %，b＝ 36 %，“常常”对应扇形的圆心角度数为 108° ；
（2）请你补全条形统计图；
（3）若该校有3000名学生，请你估计其中“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生各有多少名？
【分析】（1）“有时”的有44人，占调查人数的22%，可求出调查人数，进而求出a、b的值，“常常”所对应的圆心角的度数为360°的30%；
（2）求出“常常”的人数，即可补全条形统计图；
（3）根据“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正所占的百分比，求出相应的人数即可．
【解析】（1）44÷22%＝200（人），
a＝24÷200＝12%，
b＝72÷200＝36%，
360°×30%＝108°，
故答案为：12，36，108°；
（2）200×30%＝60（人），补全条形统计图如图所示：
（3）3000×30%＝900（人），3000×36%＝1080（人），
答：“常常”对错题进行整理、分析、改正的有900人，
“总是”对错题进行整理、分析、改正的有1080人．
19．（2022春•溧水区期中）某种油菜籽在相同条件下的发芽试验的结果如下：
（1）上表中a＝ 0.70 ，b＝ 0.70 ；
（2）请估计，当n很大时，频率将会接近 0.70 ；
（3）这种油菜籽发芽的概率的估计值是多少？请简要说明理由；
（4）如果该种油菜籽发芽后的成秧率为90%，则在相同条件下用10000粒该种油菜籽估计可得到油菜秧苗多少棵？
【分析】（1）用发芽的粒数m÷每批粒数n即可得到发芽的频率；
（2）根据估计得出频率即可；
（3）6批次种子粒数从100粒逐渐增加到1000粒时，种子发芽的频率趋近于0.7，所以估计当n很大时，频率将接近0.7；
（4）首先计算发芽的种子数，然后乘以90%计算得到油菜秧苗的棵数即可．
【解析】（1）a＝＝0.70，b＝＝0.70；
故答案为：0.70；0.70；
（2）当n很大时，频率将会接近0.70；
故答案为：0.70；
（3）这种油菜籽发芽的概率估计值是0.70，理由：在相同条件下，当试验次数很大时，事件发生的频率可作为概率的近似值；
（4）10000×0.70×90%＝6300（棵），
答：10000粒该种油菜籽可得到油菜秧苗6300棵．
20．（2022秋•陵城区期中）在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，△ABC的位置如图所示，先作△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1向上平移4个单位长度得到△A2B2C2．
（1）画出△A1B1C1和△A2B2C2；
（2）△A2B2C2与△ABC关于某点成中心对称，直接写出对称中心的坐标是 （0，2） ；
（3）已知P为x轴上一点．若△ABP的面积为3，直接写出点P的坐标 （﹣1，0）或（﹣5，0） ．
【分析】（1）利用中心对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，描点得到△A1B1C1，利用点平移的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点得到△A2B2C2；
（2）连接AA2、BB2、CC2，它们相交于Q点，则Q点为对称中心；
（3）设P点坐标为（t，0），利用三角形面积公式得到×|t+3|×3＝3，然后解得P点坐标．
【解析】（1）如图，△A1B1C1和△A2B2C2为所作；
（2）如图，△A2B2C2与△ABC关于Q点成中心对称，Q点的坐标为（0，2）；
故答案为（0，2）
（3）设P点坐标为（t，0），
∵△ABP的面积为3，
∴×|t+3|×3＝3，解得t1＝﹣1，t2＝﹣5，
∴P点坐标为（﹣1，0）或（﹣5，0）．
故答案为（﹣1，0）或（﹣5，0）．
21．（2022春•南京期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D．E，F分别是边AB，BC的中点，连接EF，DF．若BC＝6，AC＝8，求△DEF的周长．
【分析】根据勾股定理得到AB＝＝＝10，根据相似三角形的性质得到BD＝3.6，根据三角形的中位线定理和直角三角形的性质得到BE＝AB＝5，DF＝BC＝3，EF＝AC＝4，于是得到结论．
【解析】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝∠ACB＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴，
∴＝，
∴BD＝3.6，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝AB＝5，DF＝BC＝3，EF＝AC＝4，
∴DE＝BE﹣BD＝5﹣3.6＝1.4，
∴△DEF的周长＝DE+EF+DF＝1.4+3+4＝8.4．
22．（2022春•徐州期中）如图，在▱ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE、CF相交于点G．
（1）求证：BE⊥CF；
（2）若AB＝5，AD＝7，求ED的长．
【分析】（1）利用平行四边形的性质得∠ABC+∠DCB＝180°，再利用角平分线的定义得∠EBC+∠FCB＝°＝90°，即可证明结论；
（2）利用平行线的性质和角平分线的定义说明AB＝AE，DF＝CD，从而得出EF的长，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∵∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，
∴∠EBC＝∠ABC，∠BCF＝∠BCD，
∴∠EBC+∠FCB＝°＝90°，
∴∠BGC＝90°，
∴BE⊥CF；
（2）解：∵∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝5，
同理，DF＝CD＝5，
∴EF＝AE+DF﹣AD＝5+5﹣7＝3，
∴DE＝2．
23．（2022春•南京期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是AD的中点，BE，CD的延长线交于点F，CD＝DF，AC＝AF．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）当△ACF满足条件 ∠CAF＝90° 时，四边形ABCD是正方形．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ABE＝∠DFE，∠BAE＝∠FDE，根据全等三角形的判定和性质得到AB＝DF，推出四边形ABCD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到∠CAD＝∠FAD＝45°，求得∠ACD＝45°，得到AD＝CD，根据正方形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DFE，∠BAE＝∠FDE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△ABE≌△DFE（AAS），
∴AB＝DF，
∵CD＝DF，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝AF，CD＝DF，
∴AD⊥CF，
即∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：当∠CAF＝90°时，四边形ABCD是正方形，
∵CD＝DF，AC＝AF，∠CAF＝90°，
∴∠CAD＝∠FAD＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝45°，
∴AD＝CD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：∠CAF＝90°．
24．（2022春•东海县期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．
（1）若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？
答： 四边形EGFH是平行四边形 ；（直接填空，不用说理）
（2）在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值；
（3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值．
【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解．
【解析】（1）∵四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
由题意得：AE＝CF＝t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠GAE＝∠HCF，
∵G，H分别是AD，BC中点，
∴AG＝AD，CH＝BC，
∴AG＝CH，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，
∴∠FEG＝∠EFH，
∴EG∥HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
故答案为：四边形EGFH是平行四边形；
（2）如图1，连接GH，
由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH＝AB＝6，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF＝GH＝6，
∵AE＝CF＝t，
∴EF＝10﹣2t＝6，
∴t＝2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，
∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，
∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，
∴t＝8；
综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8；
（3）如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O，
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF，
∴OA＝OC，AG＝AH，
∴四边形AGCH为菱形，
∴AG＝CG，
设AG＝CG＝x，则DG＝8﹣x，
由勾股定理可得：CD2+DG2＝CG2，
即：62+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴MG＝﹣4＝，即t＝，
∴当t＝时，四边形EGFH为菱形．
25．（2022春•东海县期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC．分别以B、D为圆心，大于BD长为半径画弧，两弧交于点M．画射线AM交BC于E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED为菱形；
（2）连接BD，当CE＝1时，求BD的长．
【分析】（1）连接BD，根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线，进而利用菱形的判定解答即可．
（2）根据含30°的直角三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）连接BD，
根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线，
即BD⊥AE，
∵AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC，
∴∠ADB＝∠DBE，∠ABD＝∠ADB，
∴∠ABD＝∠DBE，
∵BD⊥AE，
∴AB＝BE，
∴AD＝AB＝BE＝DE，
∴四边形ABED为菱形；
方法二：设AE与BD的交点为O，
∴AM为BD的线段垂直平分线，
∴BO＝DO，
由平行可得∠DAO＝∠BEO，
∵∠AOD＝∠EOB，
∴△AOD≌△EOB（AAS），
∴AO＝EO，
∴四边形ABED是平行四边形，
∵AE⊥BD，
∴平行四边形ABED是菱形；
（2）∵AB＝AD＝CD＝BC，BE＝AD，
∴E是BC的中点，
∵DE＝BE＝CE＝CD＝1，
∴△BDC是直角三角形，
∵2DC＝BC，
∴△BDC是含30°的直角三角形，
∴BD＝CD＝．
26．（2018春•淮安区期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝2，CE＝，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【解答】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中．AC＝AB＝2，
∵EC＝，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝．
（3）①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE＝30°，
则∠CDE＝90°﹣30°＝60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝30°，如图3所示：
∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，
∴∠EFC＝∠CDE＝30°，
综上所述，∠EFC＝120°或30°．
每批粒数n
100
150
200
500
800
1000
发芽的粒数m
65
111
136
345
560
700
发芽的频率
0.65
0.74
0.68
0.69
a
b