期中必刷真题02（填空易错60道提升练，八下苏科）-【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【苏科版】

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1．（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
【解答】解：∵∠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．
【点评】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的性质和判定，关键是求出BF＝DF，DE＝AE．
2．（2022春•滨湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点C作CE⊥AD于点E，若CD＝3，AC＝4，，则CE的长为 ．
【分析】由勾股定理的逆定理得△AOB是直角三角形，∠OAB＝90°，再由勾股定理得AD＝BC＝5，然后由S平行四边形ABCD＝AD•CE＝AB•AC，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝4，，
∴BC＝AD，AB＝CD＝3，OA＝OC＝AC＝2，OB＝OD＝BD＝，
∴AB2+OA2＝OB2，
∴△AOB是直角三角形，∠OAB＝90°，
∴AC⊥AB，AD＝BC＝，
∵CE⊥AD，
∴S平行四边形ABCD＝AD•CE＝AB•AC，
∴CE＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理和勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理的逆定理是解题的关键．
3．（2022春•滨湖区校级期中）已知四边形ABCD中，AB∥CD，若不添加任何辅助线，请添加一个条件： AB＝CD（答案不唯一） ，使四边形ABCD是平行四边形．（只需填一个即可）
【分析】根据平行四边形的判定方法添加一个条件即可．
【解答】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加条件AB＝DC，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加条件AD∥BC，
本题只需添加一个即可，
故答案为：AB＝CD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．（2022春•溧水区期中）如图，∠AOB＝30°，OB＝4，点P为射线OA上任意一点，连接PB．以PO、PB为邻边作平行四边形POQB，连接PQ，则线段PQ的最小值为 2 ．
【分析】当PQ⊥OA时，PQ最短，利用平行四边形的性质和菱形的判定和性质解答即可．
【解答】解：∵四边形PBQO是平行四边形，
∴PH＝HQ，OH＝HB，
当PQ⊥OA时，PQ最短，
∵∠AOB＝30°，OB＝4，
∴OH＝2，
∴PQ＝2PH＝2，
故答案为：2．
【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是利用平行四边形的性质和菱形的判定和性质解答．
5．（2022春•溧水区期中）对于命题“如图，如果OA＝OC，OB≠OD，那么四边形ABCD不是平行四边形”．用反证法证明这个结论时，第一步应假设 四边形ABCD是平行四边形 ．
【分析】用反证法证明命题的真假，先假设命题的结论不成立，从这个结论出发，经过推理论证，得出矛盾；由矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确．
【解答】解：用反证法证明某个命题的结论“四边形ABCD不是平行四边形”时，第一步应假设四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：四边形ABCD是平行四边形．
【点评】此题考查了反证法，反证法是指“证明某个命题时，先假设它的结论的否定成立，然后从这个假设出发，根据命题的条件和已知的真命题，经过推理，得出与已知事实（条件、公理、定义、定理、法则、公式等）相矛盾的结果．这样，就证明了结论的否定不成立，从而间接地肯定了原命题的结论成立．”
6．（2022春•常州期中）如图，C为平行四边形ABDG外一点，连接BC，DC，分别交边AG于点F，E，使BC＝DC，AC＝GD，∠BDC＝60°，若DB＝7，AE＝5，则AB的长为 ．
【分析】根据平行四边形的性质证明△ACE≌△DGE．可得EG＝CE＝2，过点C作CM⊥EF于点M，利用含30度角的直角三角形可得EM＝1，CM＝，再利用勾股定理即可求出AC的长，进而可得AB的长．
【解答】解：∵四边形ABDG是平行四边形，
∴AB＝DG，BD＝AG＝8，
∴AC＝GD＝AB，EG＝AG﹣AE＝7﹣5＝2，
∵BC＝DC，∠BDC＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BC＝DC＝BC＝7，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AGD＝∠ABD＝60°+∠ABC，
∵∠ACE＝60°+∠ACB，
∴∠AGD＝∠ACE，
在△DGE和△ACE中，
，
∴△DGE≌△ACE（AAS），
∴EG＝CE＝2，
如图，过点C作CM⊥EF于点M，
∵AG∥BD，
∴∠CEF＝∠CDB＝60°，
∴∠ECM＝30°，
∵CE＝2，
∴EM＝1，CM＝，
∴AM＝AE﹣EM＝5﹣1＝4，
∴AC＝．
∴AB＝AC＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△ACE≌△DGE．
7．（2022春•东台市期中）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE至点F，使EF＝DE，连接AF，CF，点G在线段CF上，连接EG，且∠CDE+∠EGC＝180°，FG＝2，GC＝3．下列结论：①DE＝BC；②四边形DBCF是平行四边形；③EF＝EG；④BC＝2．其中正确结论的是 ①②③④ ．（填序号）
【分析】①证出DE是△ABC的中位线，则DE＝BC，①正确；
②证出DF＝BC，则四边形DBCF是平行四边形，故②正确；
③由直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB＝BD，则CF＝CD，得出∠CFE＝∠CDE，证∠CDE＝∠EGF，则∠CFE＝∠EGF，得出EF＝EG，③正确；
④过E作EH⊥FG于H，由等腰三角形的性质得出FH＝GH＝FG＝1，证△EFH∽△CEH，求出EH＝2，由勾股定理的EF＝进而得出BC＝2，④正确；即可得出结论．
【解答】解：①∵CD为斜边AB的中线，
∴AD＝BD，
∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AE＝CE，DE＝BC，故①正确；
②∵EF＝DE，
∴DF＝BC，
∴四边形DBCF是平行四边形，故②正确；
③∴CF∥BD，CF＝BD，
∵∠ACB＝90°，CD为斜边AB的中线，
∴CD＝AB＝BD，
∴CF＝CD，
∴∠CFE＝∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°，
∴∠CDE＝∠EGF，
∴∠CFE＝∠EGF，
∴EF＝EG，③正确；
④过E作EH⊥FG于H，如图所示：
则∠EHF＝∠CHE＝90°，∠HEF+∠EFH＝∠HEF+∠CEH＝90°，FH＝GH＝FG＝1，
∴∠EFH＝∠CEH，CH＝GC+GH＝3+1＝4，
∴△EFH∽△CEH，
∴＝，
∴EH2＝CH•FH＝4×1＝4，
∴EH＝2，
∴EF＝＝＝，
∴BC＝2DE＝2EF＝2，故④正确；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022春•东台市期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝8cm，BC＝12cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以3cm/s的速度运动，到B点即停止，直线PQ截原四边形为两个新四边形．则当P、Q同时出发 2或3 秒后其中一个新四边形为平行四边形．
【分析】当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可；
当PD＝CQ时，四边形PDCQ是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可．
【解答】解：根据题意有AP＝tcm，CQ＝3tcm，PD＝（8﹣t）cm，BQ＝（12﹣3t）cm．
①∵AD∥BC，
∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．
∴t＝12﹣3t．
解得t＝3．
∴t＝3时四边形APQB是平行四边形．
②AP＝tcm，CQ＝3tcm，
∵AD＝8cm，BC＝12cm，
∴PD＝AD﹣AP＝（8﹣t）cm．
∵AD∥BC，
∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．
即：8﹣t＝3t，
解得t＝2．
∴当t＝2时，四边形PDCQ是平行四边形．
综上所述，当P，Q同时出发3或2秒后其中一个新四边形为平行四边形．
故答案为：2或3．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质的应用，题目是一道综合性比较强的题目，难度适中，解题的关键是把握“化动为静”的解题思想．
9．（2022春•鼓楼区期中）已知△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°．下面写出运用反证法证明这个命题的四个步骤：
①所以∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾；
②因此假设不成立，所以∠B＜90°；
③假设在△ABC中，∠B≥90°；
④由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°．
这四个步骤正确的顺序应是 ③④①② ．（填序号）
【分析】根据反证法的一般步骤判断即可．
【解答】解：运用反证法证明这个命题的四个步骤：1、假设在△ABC中，∠B≥90°，
2、由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°，
3、∴∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾，
4、因此假设不成立．∴∠B＜90°，
故答案为：③④①②．
【点评】本题考查的是反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
10．（2021春•徐州期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，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，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当t＝ 4.8s或8s或9.6s 时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
【分析】根据平行四边形的判定可得当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B，方程为12﹣4t＝12﹣t，
此时方程t＝0，此时不符合题意；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，方程为4t﹣12＝12﹣t，
解得：t＝4.8；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，方程为12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，
解得：t＝8；
④点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程为4t﹣36＝12﹣t，
解得：t＝9.6；
综上所述，t＝4.8s或8s或9.6s时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，
故答案为：4.8s或8s或9.6s．
【点评】此题考查了平行四边形的判定．求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的应用．
11．（2022春•江都区期中）如图，E、F分别是平行四边形ABCD的边AB、CD上的点，AF与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若S△APD＝17cm2，S△BQC＝27cm2，则阴影部分的面积为 44 cm2．
【分析】作出辅助线EF，因为△ADF与△DEF同底等高，所以面积相等，所以阴影图形的面积可解．
【解答】解：如图，连接EF
∵△ADF与△DEF同底等高，
∴S△ADF＝S△DEF，
即S△ADF﹣S△DPF＝S△DEF﹣S△DPF，
即S△APD＝S△EPF＝17cm2，
同理可得S△BQC＝S△EFQ＝27cm2，
∴阴影部分的面积为S△EPF+S△EFQ＝17+27＝44cm2．
故答案为：44．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质以及三角形的面积，解答此题关键是作出辅助线，找出同底等高的三角形．
12．（2021春•高邮市期中）如图，在▱ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，①∠DCF＝∠BCD；②EF＝CF；③S△BEC＜2S△CEF；④∠DFE＝4∠AEF．则上述结论中一定成立的是 ①② ．（只填序号）
【分析】分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），得出对应线段之间关系进而得出答案．
【解答】解：①∵F是AD的中点，
∴AF＝FD，
在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF＝FD＝CD，
∴∠DFC＝∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC＝∠FCB，
∴∠DCF＝∠BCF，
∴∠DCF＝∠BCD，故①正确；
②延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD
∴∠A＝∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF＝FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴CF＝EF，故②正确；
③∵EF＝FM，
∴S△EFC＝S△CFM，
∵MC＞BE，
∴S△BEC≤2S△EFC，
故③错误；
④设∠FEC＝x，
∵CE⊥AB，AB∥CD，
∴∠ECD＝∠BEC＝90°，
∵F 是EG的中点，
∴FC＝FE，
∴∠FCE＝x，
∴∠DCF＝∠DFC＝90°﹣x，
∴∠EFC＝180°﹣2x，
∴∠EFD＝90°﹣x+180°﹣2x＝270°﹣3x，
∵∠AEF＝90°﹣x，
∴∠DFE＝3∠AEF，故④错误．
故答案为：①②．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△AEF≌△DMF是解题关键．
13．（2022春•泰兴市期中）如图，△DEC与△ABC关于点C成中心对称，AB＝3，AC＝2，∠CAB＝90°，则AE的长是 5 ．
【分析】证明∠D＝90°，利用勾股定理求解．
【解答】解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称，
∴△ACB≌△DCE，
∴AC＝CD＝2，∠A＝∠D＝90°，AB＝DE＝3，
∴AD＝4，
∴AE＝＝＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查中心对称，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14．（2021春•苏州期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，将△BOC绕着点C旋转180°得到△B'O′C，若AC＝4，AB'＝10，则菱形ABCD的边长是 2 ．
【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，所以∠BOC＝90°，根据△BOC绕着点C旋转180°得到△B′O′C，所以∠CO′B′＝∠BOC＝90°，AB′＝10，AC＝6，再根据勾股定理即可求出边长．
【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵△BOC绕着点C旋转180°得到△B′O′C，
∴∠CO′B′＝∠BOC＝90°，
∴O′C＝OC＝OA＝AC＝2，
∴AO′＝6，
∵AB'＝10，
在Rt△AO′B′中，根据勾股定理，得
O′B′＝＝8，
∴OB＝8，
∴BC＝＝2．
∴菱形的边长是2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了中心对称、旋转的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
15．（2022秋•高邮市期中）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝8，BC＝12，点E为BC的中点，点P是线段CD上的一个动点，连接EP，将线段EP绕点E顺时针旋转90°得到线段EP'，点Q是直线AB上的一个动点，连接EQ，点A关于EQ的对称点是点A'，连接P'A'，则P'A'的最小值为 4 ．
【分析】连接DE，A′E，以点E为圆心，以DE长为半径作圆，先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明DE＝BE＝CE＝BC＝6，则B、C、D三点都在⊙E上，即可证明EP≤6，则EP′的最大值是6，再根据勾股定理求得AE＝10，由轴对称的性质得A′E＝AE＝10，因为P′A′+EP′≥A′E，所以P′A′≥10﹣EP′，当EP′＝6时，10﹣EP′＝4，此时10﹣EP′取得最小值4，即可求得P′A′的最小值为4．
【解答】解：连接DE，A′E，以点E为圆心，以DE长为半径作圆，
∵CD⊥AB于点D，
∴∠CDB＝90°，
∵点E为BC的中点，BC＝12，
∴DE＝BE＝CE＝BC＝6，
∴B、C、D三点都在⊙E上，
∵CD是⊙E的弦，
∴点P不在⊙E外，
∴EP≤6，
∵线段EP绕点E顺时针旋转90°得到线段EP'，
∴EP′＝EP，
∴EP′≤6，
∴EP′的最大值是6，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，
∴AE＝＝＝10，
∵点A关于EQ的对称点是点A'，
∴A′E＝AE＝10，
∵P′A′+EP′≥A′E，
∴P′A′≥10﹣EP′，
∴当P′A′＝10﹣EP′时，P′A′的值最小，
∵EP′取最大值时，10﹣EP′的值最小，
∴当EP′＝6时，10﹣EP′＝4，此时10﹣EP′取得最小值4，
∴P′A′的最小值为4，
故答案为：4．
【点评】此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、旋转的性质、轴对称的性质、点与圆的位置关系、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
16．（2021春•建邺区校级期中）如图，O是等边三角形ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC，连接OD，当α为 110或140或125 度时，△AOD是等腰三角形．
【分析】由旋转知：△COD是等边三角形，故可表示出∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，然后分三类分别解方程即可．
【解答】解：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC，
∴CO＝CD，∠OCD＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴∠DOC＝∠ODC＝60°，
∵∠AOB＝110°，∠BOC＝α，
∴∠AOC＝250°﹣α，
∴∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
当∠DAO＝∠DOA时，
2（190°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得α＝140°，
当∠AOD＝∠ADO时，
190°﹣α＝α﹣60°，
解得α＝125°，
当∠OAD＝∠ODA时，
190°﹣α+2（α﹣60°）＝180°，
解得α＝110°，
综上：α＝140°或125°或110°．
故答案为：110或140或125．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，表示出∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，运用分类思想是解题的关键．
17．（2021春•钟楼区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，且DE边交AB边于点G，若AC＝12，BC＝5，则AG的长为 ．
【分析】根据勾股定理得到AB＝5，得到CM＝AM＝AC＝6，根据旋转的性质得到CM＝FM＝6，∠D＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，求得AM＝MF，求得FG＝DE＝，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB＝13，
∵点M是AC边的中点，
∴CM＝AM＝AC＝6，
∵把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，
∴CM＝FM＝6，∠D＝∠A，∠ACB＝∠DFE，AB＝DE，
∴AM＝MF，
∴∠A＝∠AFM，
∴∠D＝∠AFD，
∴DG＝FG，
∵∠D+∠E＝∠DFG+∠GFE＝90°，
∴∠E＝∠EFG，
∴EG＝FG，
∴FG＝DE＝，
∵AM＝CM＝FM＝AC，
∴∠AFC＝90°，
∴CF＝，
∴AF＝，
∴AG＝AF﹣FG＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，综合应用旋转的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
18．（2021春•镇江期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝5，点P是AC边上的一个动点，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ，则在点P运动过程中，线段CQ的最小值为 ．
【分析】将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△EBD，则此时E，C，B三点在同一直线上，得出Q的运动轨迹为线段ED，当CQ⊥ED时，CQ的长度最小，由直角三角形的性质及三角形中位线定理可得出答案．
【解答】解：将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△EBD，
则此时E，C，B三点在同一直线上，
∵∠ABC＝60°，∠PBQ＝60°，
∴∠ABP＝∠EBQ，
随着P点运动，总有AB＝EB，PB＝QB，
∴总有△APB≌△EQB（SAS），即E，Q，D三点在同一直线上，
∴Q的运动轨迹为线段ED，
∴当CQ⊥ED时，CQ的长度最小，
Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝BD＝5，
∴EC＝5，即C为EB的中点，
∵CQ⊥ED，∠D＝90°，
∴CQ∥BD，CQ为△EBD的中位线，
∴CQ＝BD＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19．（2021春•锡山区校级期中）已知两个完全相同的直角三角形纸片△ABC、△DEF，如图放置，点B、D重合，点F在BC上，AB与EF交于点G．∠C＝∠EFB＝90°，∠E＝∠ABC＝30°，现将图中的△ABC绕点F按每秒10°的速度沿逆时针方向旋转180°，在旋转的过程中，△ABC恰有一边与DE平行的时间为 3或12或15 s．
【分析】分三种情形讨论：①当DE∥AC时，如图1中，设DF交AB于H．②当DE∥BC时，如图2中．③当DE∥AB时，如图3中，分别求出∠DFB即可解决问题．
【解答】解：①当DE∥AC时，如图1中，
易知∠BFD＝30°
∴旋转时间t＝＝3s．
②如图2中，当DE∥BC时，
易知∠DFB＝120°，
∴旋转时间t＝＝12s．
③当DE∥AB时，如图3中，易知∠DFB＝150°，
∴旋转时间t＝＝15s．
综上所述，旋转时间为3s或12s或15s时，△ABC恰有一边与DE平行．
故答案为3或12或15．
【点评】本题考查旋转的性质、平行线的性质、旋转的速度、旋转角度、旋转时间之间的关系等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
20．（2022春•玄武区校级期中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF＝3，则对角线BD的长为 6 ．
【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠ADC＝∠ABC＝80°，∠DCE＝80°，∠DHC＝90°，
又∵∠ECM＝30°，
∴∠DCF＝50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝40°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DH＝DF＝3，
∴DB＝2DH＝6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC＝∠FDC是这个题最关键的一点．
21．（2022秋•滨湖区校级期中）如图，边长为5的菱形ABCD的面积为20，若连接AC，则AC长为 4 ，E、F分别为边AD、BC上的动点，且DE＝BF，CG垂直直线EF于点G，连接BG，则BG的最小值为 ﹣ ．
【分析】如图1，根据菱形的面积和勾股定理可得AC的长；如图2，如图2，连接BD，与EF交于点O，证明△DOE≌△BOF（AAS），则OD＝OB＝BD＝，根据圆周角定理和直角三角形斜边中线的性质确定当B，G，H三点共线时，BG有最小值，可得BG的最小值即可．
【解答】解：如图1，连接AC，BD，过点D作DM于M，
∵边长为5的菱形ABCD的面积为20，
∴5DM＝20，
∴DM＝4，
由勾股定理得：AM＝＝3，
∴BM＝5﹣3＝2，
∴BD＝＝2，
∵S菱形ABCD＝•AC•BD，
∴×AC＝20，
∴AC＝4；
如图2，连接BD，与EF交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠ODE＝∠OBF，
∵DE＝BF，∠DOE＝∠BOF，
∴△DOE≌△BOF（AAS），
∴OD＝OB＝BD＝，
连接AC，则AC经过点O，连接GH，
∵CG⊥EF，
∴∠CGO＝90°，
∴点G在以OC为直径的圆H的半圆上，GH＝OC＝，
当B，G，H三点共线时，BG有最小值，
∵AC⊥BD，
∴∠BOH＝90°，
∵OH＝OB＝，
∴BH＝OB＝，
∴BG＝﹣，
则BG的最小值为﹣．
故答案为：4，﹣．
【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积公式，利用圆周角定理是解本题的关键．
22．（2022秋•姑苏区校级期中）已知长方形ABCD，AB＝4，BC＝3，点P为其所在平面内一点，PD＝，∠BPD＝90°，则点A到BP的距离等于 或 ．
【分析】由题意可得点P在以D为圆心，为半径的圆上，同时点P也在以BD为直径的圆上，即点P是两圆的交点，分两种情况讨论，由相似三角形的判定和性质及勾股定理可求BP，AH的长，即可求点A到BP的距离．
【解答】解：∵点P满足PD＝，
∴点P在以D为圆心，为半径的圆上，
∵∠BPD＝90°，
∴点P在以BD为直径的圆上，
∴如图，点P是两圆的交点，
若点P在AD上方，连接AP，过点A作AH⊥BP，过点P作PK⊥AD于K，延长P′K′交AB于T，
∵CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，AD＝BC＝3，
∴BD＝＝＝5，
∵∠BPD＝90°，
∴BP＝＝＝2，
∵∠AKP＝∠BPD＝90°，∠PAD＝∠PBD，
∴△APK∽△BDP，
∴＝＝＝2，
∴AK＝2PK，
∴DK＝AD﹣AK＝3﹣2PK，
在Rt△DPK中，PK2+DK2＝PD2，
∴PK2+（3﹣2PK）2＝（）2，
∴PK＝2或，
当PK＝2时，AK＝4＞AD，不符合题意，舍去；
当PK＝时，AK＝，
∴DK＝AD﹣AK＝3﹣＝，
∵∠DKP＝∠BHA＝90°，∠PDA＝∠PBA，
∴△DPK∽△BAH，
∴＝，即＝，
∴AH＝；
若点P′在CD的右侧，过点A作AH′⊥BP′于H′，过点P′作P′K′⊥CD于K′，
同理可得：△CP′K′∽△BDP，
∴＝＝2，
∴CK′＝2P′K′，
∴DK′＝CD﹣CK′＝4﹣2P′K′，
在Rt△DP′K′中，DK′2+P′K′2＝P′D2，
∴（4﹣2P′K′）+P′K′2＝（）2，
∴P′K′＝1或，
当P′K′＝1时，CK′＝2，DK′＝2，
∴PT＝4，
∵BP′•AH′＝AB•P′T，即2AH′＝4×4，
∴AH′＝；
当P′K′＝时，CK′＝＞CD，不符合题意，舍去，
综上所述，点A到BP的距离等于或；
故答案为：或．
【点评】本题考查矩形的性质，两圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解．
23．（2022秋•兴化市期中）如图，在长方形ABCD中，点E是CD上的一点，过点E作EF⊥BE，交AD于点F，作点D关于EF的对称点G，依次连接BG、EG、FG．已知AB＝16，BC＝12，且当△BEG是以BE为腰的等腰三角形时，则CE的值为 或 ．
【分析】①当BE＝GE时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，设DE＝x，则DE＝GE＝BE＝x，CE＝16﹣x，在Rt△BCE中，根据勾股定理，可列出方程求出x的值，进而可得CE的值；
②当BE＝BG时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，过点B做BH⊥GE，证明△CEB≌△EHB，CE＝HE，再列方程求解即可．
【解答】解：①当BE＝GE时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
在矩形ABCD中，
∵D关于EF的对称点G，
∴DE＝GE，
∵△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
∴GE＝BE，
∴DE＝GE＝BC，
设DE＝x，则BC＝DE＝x，CE＝16﹣x，
在Rt△BCE中，
BC2+CE2＝BE2，
即：122+（16﹣x）2＝x2，解得：x＝，
CE＝16﹣x＝16﹣＝，
∴CE的值为；
②当BE＝BG时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
如图1，过点B做BH⊥GE，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠ECB＝90°，AB＝CD＝16，
∴∠CEB+∠CBE＝90°，
∵EF⊥BE，
∴∠DEF+∠CEB＝90°，
∴∠DEF＝∠CBE，
∵点D关于EF的对称点G，
∴△EDF≌△EGF，
∴DE＝EG，∠DEF＝∠GEF，
∵EF⊥BE，HB⊥GE，
∴∠GEF+∠HEB＝90°，∠HBE+∠HEB＝90°，
∴∠GEF＝∠HBE，
∵∠DEF＝∠CEB，∠GEF＝∠HBE，∠DEF＝∠GEF，
∴∠CBE＝∠HBE，
∵∠ECB＝90°，HB⊥GE，
∴∠ECB＝∠EHB＝90°，
在△CEB和△EHB中，
，
∴△CEB≌△EHB（ASA），
∴HB＝BC＝12，HE＝EC，
设CE＝x，则DE＝CD﹣CE＝16﹣x，
∵DE＝GE，BE＝BG，HB⊥GE，
∴HE＝GE＝DE＝（16﹣x），
∵HE＝CE，
∴（16﹣x）＝x，解得：x＝，
∴CE＝，
综上所述，当△BEG是以BE为腰的等腰三角形时，则CE的值为或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了矩形、等腰三角形、轴对称的性质，根据勾股定理巧妙设方程求解是解本题的关键，综合性较强，难度适中．
24．（2022秋•惠山区期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm．点Q从点C出发，以2cm/s的速度沿CD边向点D运动，到达点D停止；同时点P从点B出发，以xcm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止．规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当x为 2或 时，△ABP与△PCQ全等．
【分析】可分两种情况：①△ABP≌△PCQ得到BP＝CQ，AB＝PC，②△ABP≌△QCP得到BA＝CQ，PB＝PC，然后分别计算出t的值，进而得到x的值．
【解答】解：设点Q从点C出发ts，同时点P从点B出发ts，
①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ，
∵AB＝8cm，
∴PC＝8cm，
∵BP＝12﹣8＝4（cm），
∴2t＝4，
解得：t＝2，
∴CQ＝BP＝4cm，
∴x×2＝4，
解得：x＝2；
②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，
∵BA＝CQ，
∴2t＝8，
∴t＝4，
∴BP＝PC＝6cm，
∴4x＝6，
解得：x＝，
综上所述，当x＝2或时，△ABP与△PQC全等，
故答案为：2或．
【点评】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
25．（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．
【解答】解：∵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．
【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，证明△DCF≌△BCE及△DBH≌△FBH是解题的关键．
26．（2022春•江阴市期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，3），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．当45°＜α≤90°，且BP＝PQ时，线段PQ的长是 ．
【分析】过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，构造直角三角形，运用面积法求得PQ＝OP，再由勾股定理求得OP的长，即可得出结果．
【解答】解：∵45°＜α≤90°，
∴点P在点B的右侧，
∵四边形OABC是矩形，点A的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（0，3），
∴BC＝OA＝4，OC＝3，∠OCB＝90°，
过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，如图所示：
则QH＝OC′＝OC，
∵S△POQ＝PQ•OC，S△POQ＝OP•QH，
∴PQ＝OP，
设BP＝x，
∵BP＝PQ，
∴BQ＝2x，
则OP＝PQ＝BQ﹣BP＝x，PC＝4﹣x，
在Rt△PCO中，由勾股定理得：PC2+OC2＝OP2，
即（4﹣x）2+32＝x2，
解得：x＝，
∴PQ＝BP＝，
故答案是：．
【点评】本题考查了矩形的性质、坐标与图形的变化﹣旋转、勾股定理、三角形面积的计算等知识；特别注意在旋转的过程中的对应线段相等，能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
27．（2022春•东海县期中）如图，四边形ABCD是矩形，点E是边AB上的一动点，连接DE，点A与点P关于DE对称，连接EP、DP、BP，若AB＝3，BC＝4，则BP的最小值为 1 ．
【分析】连接BD，AP，由四边形ABCD是矩形得∠A＝90°，根据勾股定理求出BD的长为5，再根据轴对称的性质求得PD＝AD＝4，根据两点之间线段最短列不等式BP+4≥5，得BP≥5﹣4，可知BP的最小值为5﹣4．
【解答】解：如图，连接BD，AP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝3，BC＝AD＝4，
∴BD＝，
∵点A与点P关于DE对称，
∴DE垂直平分AP，
∴PD＝AD＝4，
∵BP+PD≥BD，
∴BP+4≥5，
∴BP≥5﹣4＝1，
∴BP的最小值为1，
故答案为：1．
【点评】此题考查矩形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短、勾股定理、一元一次不等式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
28．（2022春•泰兴市期中）如图，正方形AOBC边长为6，对角线AB、OC相交于点D，x轴上有一点E（2，0），动直线l绕着点D旋转，与x轴相交于点P，且满足∠DEA﹣∠PDA＝45°，点P坐标为 （4，0）或（12，0） ．
【分析】过点D作DH⊥OA于点H，分两种情况：①点P在点A左侧，根据正方形的性质，易证△DHE≌△DHP（ASA），可得PH＝EH＝1，可得点P坐标；②点P在点A右侧，在线段AC上截取AF＝2，连接DF并延长交x轴于点P，待定系数法求DF的解析式，即可求出点P坐标．
【解答】解：过点D作DH⊥OA于点H，如图所示，
①点P在A点左侧，
在正方形OABC中，OD＝AD，∠DOA＝45°，
∴∠ODP＝∠ADP，H为OA的中点，
∵∠DEA﹣∠PDA＝45°，∠DEA＝∠DOA+∠ODE，
∴∠PDA＝∠ODE，
∴∠EDH＝∠PDH，
∵∠DHE＝∠DHP，DH＝DH，
∴△DHE≌△DHP（ASA），
∴EH＝PH，
∵正方形OACB的边长为6，
∴OA＝6，
∴OH＝HA＝3，
∵E（2，0），
∴OE＝2，
∴HE＝1，
∴HP＝1，OP＝4，
∴P（4，0）；
②点P在A点右侧，
在线段AC上截取AF＝2，连接DF并延长交x轴于点P，
∵正方形的边长为6，
∴D（3，3），F（6，2），
设直线DF的解析式：y＝kx+b，
代入D，F点坐标，
得，
解得，
∴DF的解析式：，
令y＝0，得x＝12，
∴P（12，0），
综上，点P坐标为（4，0）或（12，0），
故答案为：（4，0）或（12，0）．
【点评】本题考查了正方形的性质，设计全等三角形的判定和性质，待定系数法求解析式，熟练掌握正方形的性质是解题的关键，注意点P分情况讨论．
29．（2022春•鼓楼区期中）如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线交对角线BD于点F，垂足为点E，连接AF、AC，若∠DCB＝80°，则∠FAC＝ 10° ．
【分析】由菱形的性质和等腰三角形的性质求出∠BAC和∠FAB的度数，即可解决问题．
【解答】解：∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴AF＝BF，
∴∠FAB＝∠FBA，
∵四边形ABCD是菱形，∠DCB＝80°，
∴BC＝AB，∠BCA＝∠DCB＝40°，AC⊥BD，
∴∠BAC＝∠BCA＝40°，
∴∠FBA＝90°﹣∠BAC＝50°，
∴∠FAB＝50°，
∴∠FAC＝∠FAB﹣∠BAC＝50°﹣40°＝10°，
故答案为：10°．
【点评】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
30．（2022春•阜宁县期中）如图，把含30°的直角三角尺PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN＝30°，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M、N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且O为MN的中点，则∠AMP的度数为 75° ．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OM＝OP，从而得出∠DPM＝150°，利用四边形内角和定理即可求得．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝45°，
在Rt△PMN中，∠MPN＝90°，
∵O为MN的中点，
∴OP＝MN＝OM，
∵∠PMN＝30°，
∴∠MPO＝∠PMN＝30°，
∴∠AMP＝∠MPO+∠MBP
＝30°+45°
＝75°，
故答案为：75°．
【点评】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，再进行导角转化，发现OP＝OM是解题的关键．
31．（2022春•靖江市校级期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝3，对角线AC＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，Q是线段BE上的点，连接CQ，过点C作CP⊥CQ交AD的延长线于点P，当△PCQ为等腰三角形时，AP＝ 5 ．
【分析】根据矩形的性质得到∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，CD＝AB＝3，根据勾股定理得到BC＝＝4，求得AD＝BC＝4，过Q作QH⊥BC于H，根据等腰直角三角形的性质得到BH＝QH，根据全等三角形的性质得到CH＝CD＝3，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，CD＝AB＝3，
∵∠BCD＝∠QCP＝90°，
∴∠QCH＝∠PCD，
∵AB＝3，AC＝5，
∴BC＝＝4，
∴AD＝BC＝4，
过Q作QH⊥BC于H，
∴∠QHB＝∠QHC＝90°，
∵BE平分∠ABC交AD于点E，
∴∠QBH＝45°，
∴△BQH是等腰直角三角形，
∴BH＝QH，
∵CP⊥CQ，
∴∠QCP＝90°，
∵△PCQ为等腰三角形，
∴CQ＝CP，
∵∠CDP＝∠CHQ＝90°，∠QCH＝∠PCD，
∴△CQH≌△CPD（AAS），
∴CH＝CD＝3，
∴BH＝QH＝1，
∴PD＝QH＝1，
∴AP＝AD+PD＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
32．（2022秋•姑苏区期中）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为 12 ．
【分析】如图，过点A作AA'⊥BC于A'，先根据面积法可得AA'的长，证明△AA'C≌△CGK（AAS），可得CG＝AA'＝，最后根据长方形的面积公式可计算其答案．
【解答】解：如图，过点A作AA'⊥BC于A'，
∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC＝5，
∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AA'，
∴＝，
∴AA'＝，
∵四边形ACKL是正方形，
∴AC＝CK，∠ACK＝90°，
∴∠ACA'+∠KCG＝∠ACA'+∠CAA'＝90°，
∴∠KCG＝∠CAA'，
在△AA'C和△CGK中，
，
∴△AA'C≌△CGK（AAS），
∴CG＝AA'＝，
∴长方形CDPG的面积＝CD•CG＝5×＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了勾股定理和三角形全等的性质和判定，正确作辅助线构建三角形全等是本题的关键．
33．（2022春•崇川区校级期中）如图，菱形ABCD的边AB的垂直平分线交AB于点E，交AC于点F，连接DF．当∠BAD＝100°时，则∠CDF＝ 30° ．
【分析】连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF＝∠CDF，根据已知可得出∠CBF的度数，从而得∠CDF的度数．
【解答】解：如图，连接BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝BC，∠DCF＝∠BCF，
在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠CBF＝∠CDF，
∵FE垂直平分AB，∠BAF＝×100°＝50°，
∴∠ABF＝∠BAF＝50°，
∵∠ABC＝180°﹣100°＝80°，∠CBF＝80°﹣50°＝30°，
∴∠CDF＝30°．
故答案为：30°．
【点评】本题考查全等三角形的判定，菱形的性质，垂直平分线的性质，利用SAS判定△BCF≌△DCF是关键．
34．（2022春•连云区校级期中）把图1中边长为10的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，且此菱形的一条对角线长为16，将这四个直角三角形拼成如图2所示的正方形，则图2中的阴影的面积为 4 ．
【分析】根据菱形的性质对角线互相垂直，利用勾股定理可得另一条对角线长的一半为6，所以图2所示的阴影的正方形边长为8﹣6＝2，进而可得结论．
【解答】解：因为菱形的一条对角线长为16，
所以它的一半是8，
菱形的边长为10，
因为菱形对角线互相垂直，
根据勾股定理，得
所以另一条对角线长的一半为6，
所以图2所示的阴影的正方形边长为8﹣6＝2，
所以图2中的阴影的面积为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等图形，解决本题的关键是求出图2中小正方形的边长．
35．（2019春•句容市期中）已知，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，E是线段AD上的一点，作OF⊥OE于点O，交直线CD于点F，连接EF，若EF＝2CF＝2，则AE＝ ．
【分析】可以延长EO交BC于点G，连接GF，证明△AOE≌△COG可得CG＝AE，OE＝OG，进而得OF是EG的垂直平分线，得FG＝EF＝2，根据勾股定理即可求得CG即AE的长．
【解答】解：如图，
延长EO交BC于点G，连接GF，
∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，
∴OA＝OC，
∵AD∥BC，
∴∠OAE＝∠OCG，∠AOE＝∠COG
∴△AOE≌△COG（ASA），
∴AE＝CG，OE＝OG．
∵OF⊥OE，
∴OF是EG的垂直平分线，
∴FG＝EF＝2，
∵CF＝1，∠GCF＝90°，
∴CG＝＝，
∴AE＝．
故答案为．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，解决本题的关键是综合利用矩形的性质和全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质．
36．（2021春•邗江区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P为边AB上任意一点，过点P作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为E、F，则PE+PF＝ ．
【分析】连接OP．由勾股定理得出AC＝10，可求得OA＝OB＝5，由矩形的性质得出S矩形ABCD＝AB•BC＝48，S△AOB＝S矩形ABCD＝12，OA＝OB＝5，由S△AOB＝S△AOP+S△BOP＝OA•PE+OB•PF＝OA（PE+PF）＝×5×（PE+PF）＝12求得答案．
【解答】解：连接OP，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OA＝OB，AC＝＝＝10，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，S△AOB＝S矩形ABCD＝12，OA＝OB＝5，
∴S△AOB＝S△AOP+S△BOP＝OA•PE+OB•PF＝OA（PE+PF）＝×5×（PE+PF）＝12，
∴PE+PF＝；
故答案为：．
【点评】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
37．（2022春•射阳县期中）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，AB＝4，AD＝2，△ADE为等边三角形，点F是直线ED上一点，连接OF，则线段OF的最小值为 ．
【分析】作辅助线，构建直角三角形，确定当OF⊥ED时，线段OF的最小值，先计算EM和OM的长，根据直角三角形30度角的性质可得结论．
【解答】解：连接OE，
当OF⊥ED时，线段OF的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝AC，OD＝BD，
∴OD＝OA，
∵△ADE是等边三角形，
∴DE＝AE，∠DEA＝60°，
∴OE是AD的垂直平分线，
∴∠OEF＝30°，
∵AB＝4，BC＝AD＝2，
∴EM＝＝，OM＝2，
Rt△OEF中，OE＝+2，
∴OF＝OE＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了矩形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是判断OF与OE的关系，本题的难点是作辅助线．
38．（2016春•江阴市期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值是 ．
【分析】根据矩形的性质就可以得出EF，AP互相平分，且EF＝AP，根据垂线段最短的性质就可以得出AP⊥BC时，AP的值最小，即AM的值最小，由勾股定理求出BC，根据面积关系建立等式求出其解即可．
【解答】解：∵PE⊥AB，PF⊥AC，∠BAC＝90°，
∴∠EAF＝∠AEP＝∠AFP＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴EF，AP互相平分．且EF＝AP，
∴EF，AP的交点就是M点，
∵当AP的值最小时，AM的值就最小，
∴当AP⊥BC时，AP的值最小，即AM的值最小．
∵AP×BC＝AB×AC，
∴AP×BC＝AB×AC，
在Rt△ABC中，由勾股定理，得BC＝＝10，
∵AB＝6，AC＝8，
∴10AP＝6×8，
∴AP＝
∴AM＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，垂线段最短的性质的运用，解答时求出AP的最小值是关键．
39．（2021春•梁溪区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝4，对角线AC与BD交于点O，延长AC到点E，使得CE＝AC，连接DE，取DE的中点M、OB的中点N，连接MN，则MN的长为 ．
【分析】延长DB到点F，使BF＝OD＝2，连接EF，求出FN＝DN＝3，得到MN是△DEF的中位线，在 Rt△OEF中，根据勾股定理求出EF即可得到MN的长．
【解答】解：在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝4，AC⊥BD，
∴，
∵N为OB的中点，
∴，
延长DB到点F，使BF＝OD＝2，连接EF，如图：
则FN＝DN＝3，
∵M是DE的中点，
∴DM＝EM，
∴MN是△DEF的中位线，
∴，
∵CE＝AC＝2，
∴OE＝CE+OC＝3，
在Rt△OEF中，OF＝OB+BF＝4，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】此题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的性质及正确作出辅助线是解题的关键．
40．（2022春•海陵区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点D为AB边上的一动点，过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC，E，F分别是AC，BC上的垂足，则EF的最小值是 ．
【分析】连接CD，由勾股定理求出AB＝10，再证四边形CFDE是矩形，得EF＝CD，然后由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，最后由三角形的面积公式求出CD的长，即可得出答案．
【解答】解：如图，连接CD，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，
∴∠DEC＝∠DFC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得：CD⊥AB时，线段CD的值最小，即线段EF的值最小，
此时，S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，
即×8×6＝×10•CD，
解得：CD＝，
∴EF的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
41．（2022春•吴中区校级期中）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B的对应点E落在CD边上，GH为折痕，已知AB＝6，BC＝10．当折痕GH最长时，线段BH的长为 6.8 ．
【分析】由题知，当E点与D点重合时GH最长，设BH＝x，则CH＝10﹣x，HE＝BH＝x，根据勾股定理计算出x的值即可．
【解答】解：由题知，当E点与D点重合时GH最长，
设BH＝x，则CH＝10﹣x，HE＝BH＝x，
由勾股定理得，HC2+CE2＝HE2，
即（10﹣x）2+62＝x2，
解得x＝6.8，
故答案为：6.8．
【点评】本题主要考查图形的翻折，矩形的性质以及勾股定理的知识，确定当D点与E点重合时GH最长时解题的关键．
42．（2022春•东台市期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，以B为圆心，BA长为半径画弧，点E为弧上一点，EF⊥CD于F，连接CE，若CE﹣EF＝2，则CF的值为 2 ．
【分析】过点E作EG⊥BC于G，连接BE，设EF＝x，根据勾股定理分别用x表示出EC和EF，根据EC﹣EF＝2得出x的值，再利用勾股定理即可得出CF．
【解答】解：过点E作EG⊥BC于G，连接BE，
设EF＝x，
∵EF＝GC＝x，EG＝FC，
∴BG＝4﹣x，
在Rt△EBG中，EG＝＝＝，
在Rt△EGC中，CE＝＝＝，
∵EC﹣EF＝2，
∴，
两边平方得：8x＝（x+2）2，
整理得（x﹣2）2＝0，
解得x1＝x2＝2，
∴CE＝＝4，
∴CF＝＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查正方形的性质，勾股定理等知识，熟练应用勾股定理是解题的关键．
43．（2021春•滨湖区期中）两张完全相同的长方形ABCD、EFGH纸条，长、宽分别为12cm、5cm，按如图所示的方式摆放（对角线BD、EG重合），则重叠部分的四边形BPDQ的对角线QP的长是 cm．
【分析】由题意得出∠A＝∠F＝90°，AB＝FB，AD＝FD，即可证明△ABD≌△FBD，得到∠ADB＝∠FDB，进而得到DP＝BP，根据AD∥BC，BH∥DF，证四边形BPDQ是菱形，根据勾股定理求出BD，设BP＝DP＝x，则CP＝12﹣x，在Rt△CDP中，由勾股定理得出方程，解方程求出BP，再利用菱形面积的两种求法即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD、EFGH是完全相同的矩形，
∴∠A＝∠F＝90°，AB＝FB，AD＝FD，
在△ABD和△FBD中，
，
∴△ABD≌△FBD（SAS），
∴∠ADB＝∠FDB，
∵AB∥CD，DF∥BH，
∴四边形BPDQ是平行四边形，∠ADB＝∠PBD，
∴∠FDB＝∠PBD，
∴DP＝BP，
∴▱BPDQ是菱形，
∵长方形ABCD长、宽分别为12cm、5cm，
∴BD＝＝＝13，
设DP＝BP＝x，则CP＝12﹣x，
在Rt△CDP中，CD2+CP2＝DP2，即52+（12﹣x）2＝x2，
解得：x＝，即BP＝，
∴菱形BPDQ的面积＝BP•CD＝×5＝，
∵菱形BPDQ的面积＝BD•QP，
∴×13•QP＝，
∴QP＝（cm），
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，证明四边形BPDQ为菱形是解题的关键．
44．（2022春•惠山区校级期中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝70°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝15°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF＝，则对角线BD的长为 .（结果保留根号）
【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠BDC＝35°，∠DCE＝70°，
又∵∠MCE＝15°，
∴∠DCF＝55°，
∵DF⊥CM，
∴∠CDF＝35°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝35°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DF＝DH＝，
∴DB＝2，
故答案为2．
【点评】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC＝∠FDC是这个题最关键的一点．
45．（2021春•滨海县期中）如图，在矩形纸片ABCD中，边AB＝12，AD＝5，点P为DC边上的动点（点P不与点D，C重合），将纸片沿AP折叠，则CD′的最小值为 8 ．
【分析】连接AC，当点D'在AC上时，CD'有最小值，根据矩形的性质和折叠的性质解答即可．
【解答】解：连接AC，当点D'在AC上时，CD'有最小值，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝12，AD＝5，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC，
∴AC＝，
由折叠性质得：AD＝AD'＝5，∠AD'P＝∠D＝90°，
∴CD'的最小值＝AC﹣AD'＝13﹣5＝8，
故答案为：8．
【点评】此题考查矩形的性质和折叠的性质，关键是根据矩形的性质和折叠的性质解答．
46．（2022春•南京期中）为了解某市4万名学生平均每天读书的时间，请你运用所学的统计知识，将统计的主要步骤进行排序：①从4万名学生中随机抽取400名学生，调查他们平均每天读书的时间；②分析数据；③得出结论，提出建议；④利用统计图表将收集的数据整理和表示．合理的排序是 ①④②③ ．（只填序号）
【分析】直接利用调查收集数据的过程与方法分析排序即可．
【解答】解：统计的主要步骤依次为：
①从4万名学生中随机抽取400名学生，调查他们平均每天读书的时间；
④利用统计图表将收集的数据整理和表示；
②分析数据；
③得出结论；
故答案为：①④②③．
【点评】此题主要考查了调查收集数据的过程与方法，正确掌握调查的过程是解题关键．
47．（2022春•天宁区校级期中）把50个数据分成五组，第一、二、三、四、五组的数据个数分别是8，15，x，12，5．则第三组的频率为 0.2 ．
【分析】根据各小组频数之和等于数据总和，即可求得第三组的频数；再根据频率＝频数÷总数，进行计算．
【解答】解：根据题意，得：
第三组数据的个数x＝50﹣（8+15+12+5）＝10，
故第三组的频率为10÷50＝0.2．
故答案为：0.2．
【点评】本题是对频率、频数灵活运用的综合考查．注意：各小组频数之和等于数据总和，各小组频率之和等于1．
48．（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．
【解答】解：估计全校体重超标学生的人数为2000×＝150人，
故答案为：150．
【点评】本题主要考查用样本估计总体，一般来说，用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确．
49．（2022春•常州期中）一个班有40名学生，在期末体育考核中，成绩为优秀的有15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 135° ．
【分析】先求出体育成绩优秀的占总体的百分比，再乘以360°即可．
【解答】解：∵一个班有40名学生，在期末体育考核中，成绩为优秀的有15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：×360°＝135°．
故答案为：135°．
【点评】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．
50．（2022春•贾汪区期中）某校对八年级400名学生的身高进行了测量，结果身高（单位：cm）在160﹣170这一小组的频率为0.6，则该组的人数为 240人 ．
【分析】根据“频率＝频数÷总数”计算可得．
【解答】解：根据题意知该组的人数为400×0.6＝240（人）．
故答案为：240人．
【点评】本题主要考查频数与频率，解题的关键是掌握频率＝频数÷总数．
51．（2022春•吴中区校级期中）近期苏州因疫情开展网上在线学习，为了解学生对网上在线学习效果的满意度，我校设置了：非常满意、满意、基本满意、不满意四个选项，随机抽查了部分学生，要求每名学生都只选其中的一项，并将抽查结果绘制成如下统计图（不完整）．
请根据图中信息解答下列问题：
（1）样本容量为 50 ；
（2）扇形统计图中表示“基本满意”的扇形的圆心角的度数是 100.8 °；
（3）我校共有1000名学生参与网上在线学习，根据抽查结果，试估计该校对学习效果的满意度是“满意”的学生有 700 人．
【分析】（1）从两个统计图中可知，在抽查人数中，“非常满意”的人数为20人，占调查人数的40%，可求出调查人数；
（2）根据总人数可求出“基本满意”的人数，样本中“基本满意”占调查人数的，即28%，因此相应的圆心角的度数为360°的28%；
（3）样本中“非常满意”或“满意”的占调查人数的，进而估计总体中“非常满意”或“满意”的人数．
【解答】解：（1）抽查的学生数：20÷40%＝50（人），
故答案为：50；
（2）抽查人数中“基本满意”人数：50﹣20﹣15﹣1＝14（人），
360°×＝100.8°，
扇形统计图中表示“基本满意”的扇形的圆心角度数为100.8°，
故答案为：100.8；
（3）1000×＝700（人），
估计该校对学习效果的满意度是“满意”的学生有700人．
故答案为：700．
【点评】本题考查扇形统计图、条形统计图的意义和制作方法，从统计图中获取数量和数量之间的关系，是解决问题的前提，样本估计总体是统计中常用的方法．
52．（2022春•如东县期中）小明同学统计了某学校七年级部分同学每天阅读图书的时间，并绘制了统计图，如图所示，下面有四个推断其中正确的是 ①② ．
①小明此次一共调查了100位同学；
②每天阅读图书时间在15﹣30分钟的人数最多；
③每天阅读图书时间不足15分钟的同学人数多于45﹣60分钟的人数；
④每天阅读图书时间超过30分钟的同学人数是调查总人数的20%．
【分析】根据直方图表示的意义求得统计的总人数，以及每组的人数即可判断．
【解答】解：①此次调查的小区居民的人数为10+60+20+10＝100（位），此结论正确；
②每周使用时间在15﹣30分钟的人数最多，有60人，此结论正确；
③由频数分布直方图知，每周使用时间不足15分钟的人数与45﹣60分钟的人数相同，均为10人，此结论错误；
④每周使用时间超过30分钟的人数占调查总人数的×100%＝30%，此结论错误；
故答案为：①②．
【点评】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
53．（2022春•滨湖区校级期中）下列调查中，其中适合采用抽样调查的是 ① （填序号）
①检测我市的空气质量
②为了解新型冠状病毒（SARS﹣CV﹣2）确诊病人同一架飞机乘客的健康情况
③调查某班50名同学的视力情况
④为保证“神舟9号”成功发射，对其零部件进行检查
【分析】由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．
【解答】解：①检测我市的空气质量，适合采用抽样调查方式；
②为了解新型冠状病毒（SARS﹣CV﹣2）确诊病人同一架飞机乘客的健康情况，适合采用全面调查方式；
③调查某班50名同学的视力情况，人数较少，适合采用全面调查方式；
④为保证“神舟9号”成功发射，对其零部件进行检查，适合采用全面调查方式；
所以，上列调查中，其中适合采用抽样调查的是①，
故答案为：①．
【点评】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查，事关重大的调查往往选用普查．
54．（2022春•南京期中）某校通过“云课堂”方式进行线上教学后，张老师对本班学生观看情况整理并绘制了如图所示的扇形统计图，若全部看完的学生有35人，则没看的学生有 5 人．
【分析】由全部看完的学生人数及其所占百分比求出被调查的总人数，总人数乘以没看部分对应的百分比即可．
【解答】解：∵被调查的总人数为35÷70%＝50（人），
∴没看电视节目的同学有50×（1﹣70%﹣20%）＝5（人），
故答案为：5．
【点评】本题考查扇形统计图，扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．用整个圆的面积表示总数（单位1），用圆的扇形面积表示各部分占总数的百分数．
55．（2022春•宝应县期中）为了解“双减”后某地区八年级学生每天做家庭作业所用的时间，从该市八年级学生中抽取100名学生进行调查．在这个抽样调查中，样本的容量是 100 ．
【分析】从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本；一个样本包括的个体数量叫做样本容量．
【解答】解：为了解“双减”后某地区八年级学生每天做家庭作业所用的时间，从该市八年级学生中抽取100名学生进行调查．在这个抽样调查中，样本的容量是100．
故答案为：100．
【点评】本题主要考查了样本容量的定义，一个样本包括的个体数量叫做样本容量，样本容量只是个数字，没有单位．
56．（2022春•常州期中）在一只不透明袋子里装有颜色不同的8个球，这些球除去颜色外完全相同．每次从袋子里摸出1个球记录下颜色后再放回，经过多次重复试验，发现摸到白球的频率稳定在0.25附近，则从这个袋子中摸到白球的概率估计值是 ．
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【解答】解：白球的频率稳定在0.25附近，
∴白球的个数为8×0.25＝2（个），
∴摸到白球的概率＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝是解题关键．
57．（2022春•铜山区期中）2021年3月12日是我国第43个植树节，某林业部门要考察某种幼树在一定条件下的移植成活率，幼树移植过程中的一组统计数据如下表：
由此估计这种幼树在此条件下移植成活的概率约是 0.9 （精确到0.1）．
【分析】在大量重复实验中，如果事件A发生的频率稳定在某一个常数，则这个常数估计为事件A发生的概率，由此求解即可．
【解答】解：由统计表可知，这种幼树在此条件下移植成活的概率约是0.9，
故答案为：0.9．
【点评】本题考查由频率估计概率，理解频率与概率的关系是解答的关键．
58．（2022春•海州区校级期中）从一个不透明的口袋中随机摸出一个球再放回，不断重复上述过程，一共摸了150次，其中有50次漠到黑球；已知袋中仪有10个黑球和若干个白球，这些球除颜色外全一样，由此可估计袋中有 20 个白球．
【分析】先由频率＝频数÷数据总数计算出频率，再由题意列出方程求解即可．
【解答】解：摸了150次，其中有50次摸到黑球，则摸到黑球的频率是＝，
设口袋中大约有x个白球，则＝，
解得x＝20．
故答案为：20．
【点评】考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．关键是得到关于黑球的概率的等量关系．
59．（2022春•淮阴区期中）一个不透明的袋中装有若干个红球和10个白球，摇匀后每次随机从袋中摸出一个球，记下颜色后放回袋中，通过大量重复摸球试验后发现，摸到白球的频率是0.4，则袋中红球约为 15 个．
【分析】根据口袋中有10个白球，利用白球在总数中所占比例得出与试验比例应该相等求出即可．
【解答】解：∵通过大量重复摸球试验后发现，摸到白球的频率是0.4，口袋中有10个白球，
假设有x个红球，
则，
解得：x＝15，
∴口袋中有红球约为15个，
故答案为：15．
【点评】本题主要考查利用频率估计随机事件的概率，根据已知白球的频率得出与试验比例应该相等是解题关键．
60．（2022春•工业园区期中）在一个不透明的袋中装有除颜色外其余均相同的n个小球，其中有5个黑球，从袋中随机摸出一球，记下其颜色，称为一次摸球试验，之后把它放回袋中，搅匀后，再继续摸出一球，利用计算机模拟的结果，摸出黑球的频率在0.5附近波动，由此可以估计出n的值是 10 ．
【分析】先根据频率估计概率求出球的总个数，继而可得答案．
【解答】解：根据频率估计概率知，球的总个数n＝5÷0.5＝10，
∴n的估计值为10，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
幼树移植数（棵）
400
1500
3500
7000
9000
14000
幼树移植成活数（棵）
325
1336
3203
6335
8073
12628
幼树移植成活的频率
0.813
0.891
0.915
0.905
0.897
0.902