1．（2012秋?崇安區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠A＝∠B，D是AB上任意一點(diǎn)，DE∥BC，DF∥AC，AC＝4cm，則四邊形DECF的周長(zhǎng)是 8cm ．
【分析】求出BC，求出BF＝DF，CE＝AE，代入得出四邊形DECF的周長(zhǎng)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，
∴四邊形DECF的周長(zhǎng)為：CF+DF+DE+CE＝CF+BF+AE+CE＝BC+AC＝4cm+4cm＝8cm，
故答案為：8cm．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定，關(guān)鍵是求出BF＝DF，DE＝AE．
2．（2022春?濱湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AD于點(diǎn)E，若CD＝3，AC＝4，，則CE的長(zhǎng)為 ．
【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平行四邊形ABCD＝AD?CE＝AB?AC，即可得出答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，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平行四邊形ABCD＝AD?CE＝AB?AC，
∴CE＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理和勾股定理的逆定理等知識(shí)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和勾股定理的逆定理是解題的關(guān)鍵．
3．（2022春?濱湖區(qū)校級(jí)期中）已知四邊形ABCD中，AB∥CD，若不添加任何輔助線，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件： AB＝CD（答案不唯一） ，使四邊形ABCD是平行四邊形．（只需填一個(gè)即可）
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定方法添加一個(gè)條件即可．
【解答】解：根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可以添加條件AB＝DC，
根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形，可以添加條件AD∥BC，
本題只需添加一個(gè)即可，
故答案為：AB＝CD（答案不唯一）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的判定，熟練掌握平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
4．（2022春?溧水區(qū)期中）如圖，∠AOB＝30°，OB＝4，點(diǎn)P為射線OA上任意一點(diǎn)，連接PB．以PO、PB為鄰邊作平行四邊形POQB，連接PQ，則線段PQ的最小值為 2 ．
【分析】當(dāng)PQ⊥OA時(shí)，PQ最短，利用平行四邊形的性質(zhì)和菱形的判定和性質(zhì)解答即可．
【解答】解：∵四邊形PBQO是平行四邊形，
∴PH＝HQ，OH＝HB，
當(dāng)PQ⊥OA時(shí)，PQ最短，
∵∠AOB＝30°，OB＝4，
∴OH＝2，
∴PQ＝2PH＝2，
故答案為：2．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查平行四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵是利用平行四邊形的性質(zhì)和菱形的判定和性質(zhì)解答．
5．（2022春?溧水區(qū)期中）對(duì)于命題“如圖，如果OA＝OC，OB≠OD，那么四邊形ABCD不是平行四邊形”．用反證法證明這個(gè)結(jié)論時(shí)，第一步應(yīng)假設(shè) 四邊形ABCD是平行四邊形 ．
【分析】用反證法證明命題的真假，先假設(shè)命題的結(jié)論不成立，從這個(gè)結(jié)論出發(fā)，經(jīng)過(guò)推理論證，得出矛盾；由矛盾判定假設(shè)不正確，從而肯定命題的結(jié)論正確．
【解答】解：用反證法證明某個(gè)命題的結(jié)論“四邊形ABCD不是平行四邊形”時(shí)，第一步應(yīng)假設(shè)四邊形ABCD是平行四邊形，
故答案為：四邊形ABCD是平行四邊形．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了反證法，反證法是指“證明某個(gè)命題時(shí)，先假設(shè)它的結(jié)論的否定成立，然后從這個(gè)假設(shè)出發(fā)，根據(jù)命題的條件和已知的真命題，經(jīng)過(guò)推理，得出與已知事實(shí)（條件、公理、定義、定理、法則、公式等）相矛盾的結(jié)果．這樣，就證明了結(jié)論的否定不成立，從而間接地肯定了原命題的結(jié)論成立．”
6．（2022春?常州期中）如圖，C為平行四邊形ABDG外一點(diǎn)，連接BC，DC，分別交邊AG于點(diǎn)F，E，使BC＝DC，AC＝GD，∠BDC＝60°，若DB＝7，AE＝5，則AB的長(zhǎng)為 ．
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證明△ACE≌△DGE．可得EG＝CE＝2，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥EF于點(diǎn)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的長(zhǎng)，進(jìn)而可得AB的長(zhǎng)．
【解答】解：∵四邊形ABDG是平行四邊形，
∴AB＝DG，BD＝AG＝8，
∴AC＝GD＝AB，EG＝AG﹣AE＝7﹣5＝2，
∵BC＝DC，∠BDC＝60°，
∴△BCD是等邊三角形，
∴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，
如圖，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥EF于點(diǎn)M，
∵AG∥BD，
∴∠CEF＝∠CDB＝60°，
∴∠ECM＝30°，
∵CE＝2，
∴EM＝1，CM＝，
∴AM＝AE﹣EM＝5﹣1＝4，
∴AC＝．
∴AB＝AC＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是得到△ACE≌△DGE．
7．（2022春?東臺(tái)市期中）如圖，在Rt△ABC中，CD為斜邊AB的中線，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E，延長(zhǎng)DE至點(diǎn)F，使EF＝DE，連接AF，CF，點(diǎn)G在線段CF上，連接EG，且∠CDE+∠EGC＝180°，F(xiàn)G＝2，GC＝3．下列結(jié)論：①DE＝BC；②四邊形DBCF是平行四邊形；③EF＝EG；④BC＝2．其中正確結(jié)論的是 ①②③④ ．（填序號(hào)）
【分析】①證出DE是△ABC的中位線，則DE＝BC，①正確；
②證出DF＝BC，則四邊形DBCF是平行四邊形，故②正確；
③由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出CD＝AB＝BD，則CF＝CD，得出∠CFE＝∠CDE，證∠CDE＝∠EGF，則∠CFE＝∠EGF，得出EF＝EG，③正確；
④過(guò)E作EH⊥FG于H，由等腰三角形的性質(zhì)得出FH＝GH＝FG＝1，證△EFH∽△CEH，求出EH＝2，由勾股定理的EF＝進(jìn)而得出BC＝2，④正確；即可得出結(jié)論．
【解答】解：①∵CD為斜邊AB的中線，
∴AD＝BD，
∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∴DE是△ABC的中位線，
∴AE＝CE，DE＝BC，故①正確；
②∵EF＝DE，
∴DF＝BC，
∴四邊形DBCF是平行四邊形，故②正確；
③∴CF∥BD，CF＝BD，
∵∠ACB＝90°，CD為斜邊AB的中線，
∴CD＝AB＝BD，
∴CF＝CD，
∴∠CFE＝∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°，
∴∠CDE＝∠EGF，
∴∠CFE＝∠EGF，
∴EF＝EG，③正確；
④過(guò)E作EH⊥FG于H，如圖所示：
則∠EHF＝∠CHE＝90°，∠HEF+∠EFH＝∠HEF+∠CEH＝90°，F(xiàn)H＝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正確；
故答案為：①②③④．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、三角形中位線定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
8．（2022春?東臺(tái)市期中）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝8cm，BC＝12cm，點(diǎn)P自點(diǎn)A向D以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，到D點(diǎn)即停止．點(diǎn)Q自點(diǎn)C向B以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)即停止，直線PQ截原四邊形為兩個(gè)新四邊形．則當(dāng)P、Q同時(shí)出發(fā) 2或3 秒后其中一個(gè)新四邊形為平行四邊形．
【分析】當(dāng)AP＝BQ時(shí)，四邊形APQB是平行四邊形，建立關(guān)于t的一元一次方程方程，解方程求出符合題意的t值即可；
當(dāng)PD＝CQ時(shí)，四邊形PDCQ是平行四邊形，建立關(guān)于t的一元一次方程方程，解方程求出符合題意的t值即可．
【解答】解：根據(jù)題意有AP＝tcm，CQ＝3tcm，PD＝（8﹣t）cm，BQ＝（12﹣3t）cm．
①∵AD∥BC，
∴當(dāng)AP＝BQ時(shí)，四邊形APQB是平行四邊形．
∴t＝12﹣3t．
解得t＝3．
∴t＝3時(shí)四邊形APQB是平行四邊形．
②AP＝tcm，CQ＝3tcm，
∵AD＝8cm，BC＝12cm，
∴PD＝AD﹣AP＝（8﹣t）cm．
∵AD∥BC，
∴當(dāng)PD＝QC時(shí)，四邊形PDCQ是平行四邊形．
即：8﹣t＝3t，
解得t＝2．
∴當(dāng)t＝2時(shí)，四邊形PDCQ是平行四邊形．
綜上所述，當(dāng)P，Q同時(shí)出發(fā)3或2秒后其中一個(gè)新四邊形為平行四邊形．
故答案為：2或3．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，題目是一道綜合性比較強(qiáng)的題目，難度適中，解題的關(guān)鍵是把握“化動(dòng)為靜”的解題思想．
9．（2022春?鼓樓區(qū)期中）已知△ABC中，AB＝AC，求證：∠B＜90°．下面寫(xiě)出運(yùn)用反證法證明這個(gè)命題的四個(gè)步驟：
①所以∠A+∠B+∠C＞180°，這與三角形內(nèi)角和為180°矛盾；
②因此假設(shè)不成立，所以∠B＜90°；
③假設(shè)在△ABC中，∠B≥90°；
④由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°．
這四個(gè)步驟正確的順序應(yīng)是 ③④①② ．（填序號(hào)）
【分析】根據(jù)反證法的一般步驟判斷即可．
【解答】解：運(yùn)用反證法證明這個(gè)命題的四個(gè)步驟：1、假設(shè)在△ABC中，∠B≥90°，
2、由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°，
3、∴∠A+∠B+∠C＞180°，這與三角形內(nèi)角和為180°矛盾，
4、因此假設(shè)不成立．∴∠B＜90°，
故答案為：③④①②．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是反證法，反證法的一般步驟是：①假設(shè)命題的結(jié)論不成立；②從這個(gè)假設(shè)出發(fā)，經(jīng)過(guò)推理論證，得出矛盾；③由矛盾判定假設(shè)不正確，從而肯定原命題的結(jié)論正確．
10．（2021春?徐州期中）如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，點(diǎn)P在AD邊上以每秒1cm的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q在BC邊上，以每秒4cm的速度從點(diǎn)C出發(fā)，在CB間往返運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)停止（同時(shí)點(diǎn)Q也停止）．在運(yùn)動(dòng)以后，當(dāng)t＝ 4.8s或8s或9.6s 時(shí)以P、D、Q、B四點(diǎn)組成的四邊形為平行四邊形．
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定可得當(dāng)DP＝BQ時(shí)，以點(diǎn)P、D、Q、B為頂點(diǎn)組成平行四邊形，然后分情況討論，再列出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：設(shè)經(jīng)過(guò)t秒，以點(diǎn)P、D、Q、B為頂點(diǎn)組成平行四邊形，
∵以點(diǎn)P、D、Q、B為頂點(diǎn)組成平行四邊形，
∴DP＝BQ，
分為以下情況：①點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路線是C﹣B，方程為12﹣4t＝12﹣t，
此時(shí)方程t＝0，此時(shí)不符合題意；
②點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路線是C﹣B﹣C，方程為4t﹣12＝12﹣t，
解得：t＝4.8；
③點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路線是C﹣B﹣C﹣B，方程為12﹣（4t﹣24）＝12﹣t，
解得：t＝8；
④點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路線是C﹣B﹣C﹣B﹣C，方程為4t﹣36＝12﹣t，
解得：t＝9.6；
綜上所述，t＝4.8s或8s或9.6s時(shí)，以P、D、Q、B四點(diǎn)組成的四邊形為平行四邊形，
故答案為：4.8s或8s或9.6s．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了平行四邊形的判定．求出符合條件的所有情況是解此題的關(guān)鍵，注意分類(lèi)討論思想的應(yīng)用．
11．（2022春?江都區(qū)期中）如圖，E、F分別是平行四邊形ABCD的邊AB、CD上的點(diǎn)，AF與DE相交于點(diǎn)P，BF與CE相交于點(diǎn)Q，若S△APD＝17cm2，S△BQC＝27cm2，則陰影部分的面積為 44 cm2．
【分析】作出輔助線EF，因?yàn)椤鰽DF與△DEF同底等高，所以面積相等，所以陰影圖形的面積可解．
【解答】解：如圖，連接EF
∵△ADF與△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，
∴陰影部分的面積為S△EPF+S△EFQ＝17+27＝44cm2．
故答案為：44．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及三角形的面積，解答此題關(guān)鍵是作出輔助線，找出同底等高的三角形．
12．（2021春?高郵市期中）如圖，在?ABCD中，AD＝2AB，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，作CE⊥AB，垂足E在線段AB上，連接EF、CF，①∠DCF＝∠BCD；②EF＝CF；③S△BEC＜2S△CEF；④∠DFE＝4∠AEF．則上述結(jié)論中一定成立的是 ①② ．（只填序號(hào)）
【分析】分別利用平行四邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)得出△AEF≌△DMF（ASA），得出對(duì)應(yīng)線段之間關(guān)系進(jìn)而得出答案．
【解答】解：①∵F是AD的中點(diǎn)，
∴AF＝FD，
在?ABCD中，AD＝2AB，
∴AF＝FD＝CD，
∴∠DFC＝∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC＝∠FCB，
∴∠DCF＝∠BCF，
∴∠DCF＝∠BCD，故①正確；
②延長(zhǎng)EF，交CD延長(zhǎng)線于M，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD
∴∠A＝∠MDF，
∵F為AD中點(diǎn)，
∴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正確；
③∵EF＝FM，
∴S△EFC＝S△CFM，
∵M(jìn)C＞BE，
∴S△BEC≤2S△EFC，
故③錯(cuò)誤；
④設(shè)∠FEC＝x，
∵CE⊥AB，AB∥CD，
∴∠ECD＝∠BEC＝90°，
∵F 是EG的中點(diǎn)，
∴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錯(cuò)誤．
故答案為：①②．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，得出△AEF≌△DMF是解題關(guān)鍵．
13．（2022春?泰興市期中）如圖，△DEC與△ABC關(guān)于點(diǎn)C成中心對(duì)稱(chēng)，AB＝3，AC＝2，∠CAB＝90°，則AE的長(zhǎng)是 5 ．
【分析】證明∠D＝90°，利用勾股定理求解．
【解答】解：∵△DEC與△ABC關(guān)于點(diǎn)C成中心對(duì)稱(chēng)，
∴△ACB≌△DCE，
∴AC＝CD＝2，∠A＝∠D＝90°，AB＝DE＝3，
∴AD＝4，
∴AE＝＝＝5，
故答案為：5．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查中心對(duì)稱(chēng)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．
14．（2021春?蘇州期中）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，將△BOC繞著點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)180°得到△B'O′C，若AC＝4，AB'＝10，則菱形ABCD的邊長(zhǎng)是 2 ．
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，所以∠BOC＝90°，根據(jù)△BOC繞著點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)180°得到△B′O′C，所以∠CO′B′＝∠BOC＝90°，AB′＝10，AC＝6，再根據(jù)勾股定理即可求出邊長(zhǎng)．
【解答】解：∵菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵△BOC繞著點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)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，根據(jù)勾股定理，得
O′B′＝＝8，
∴OB＝8，
∴BC＝＝2．
∴菱形的邊長(zhǎng)是2．
故答案為：2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了中心對(duì)稱(chēng)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．
15．（2022秋?高郵市期中）如圖，已知△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點(diǎn)D，AC＝8，BC＝12，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EP，將線段EP繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EP'，點(diǎn)Q是直線AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EQ，點(diǎn)A關(guān)于EQ的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)是點(diǎn)A'，連接P'A'，則P'A'的最小值為 4 ．
【分析】連接DE，A′E，以點(diǎn)E為圓心，以DE長(zhǎng)為半徑作圓，先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半證明DE＝BE＝CE＝BC＝6，則B、C、D三點(diǎn)都在⊙E上，即可證明EP≤6，則EP′的最大值是6，再根據(jù)勾股定理求得AE＝10，由軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得A′E＝AE＝10，因?yàn)镻′A′+EP′≥A′E，所以P′A′≥10﹣EP′，當(dāng)EP′＝6時(shí)，10﹣EP′＝4，此時(shí)10﹣EP′取得最小值4，即可求得P′A′的最小值為4．
【解答】解：連接DE，A′E，以點(diǎn)E為圓心，以DE長(zhǎng)為半徑作圓，
∵CD⊥AB于點(diǎn)D，
∴∠CDB＝90°，
∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，BC＝12，
∴DE＝BE＝CE＝BC＝6，
∴B、C、D三點(diǎn)都在⊙E上，
∵CD是⊙E的弦，
∴點(diǎn)P不在⊙E外，
∴EP≤6，
∵線段EP繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EP'，
∴EP′＝EP，
∴EP′≤6，
∴EP′的最大值是6，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，
∴AE＝＝＝10，
∵點(diǎn)A關(guān)于EQ的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)是點(diǎn)A'，
∴A′E＝AE＝10，
∵P′A′+EP′≥A′E，
∴P′A′≥10﹣EP′，
∴當(dāng)P′A′＝10﹣EP′時(shí)，P′A′的值最小，
∵EP′取最大值時(shí)，10﹣EP′的值最小，
∴當(dāng)EP′＝6時(shí)，10﹣EP′＝4，此時(shí)10﹣EP′取得最小值4，
∴P′A′的最小值為4，
故答案為：4．
【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．
16．（2021春?建鄴區(qū)校級(jí)期中）如圖，O是等邊三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，將△BOC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到△ADC，連接OD，當(dāng)α為 110或140或125 度時(shí)，△AOD是等腰三角形．
【分析】由旋轉(zhuǎn)知：△COD是等邊三角形，故可表示出∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，然后分三類(lèi)分別解方程即可．
【解答】解：∵將△BOC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到△ADC，
∴CO＝CD，∠OCD＝60°，
∴△COD是等邊三角形，
∴∠DOC＝∠ODC＝60°，
∵∠AOB＝110°，∠BOC＝α，
∴∠AOC＝250°﹣α，
∴∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
當(dāng)∠DAO＝∠DOA時(shí)，
2（190°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得α＝140°，
當(dāng)∠AOD＝∠ADO時(shí)，
190°﹣α＝α﹣60°，
解得α＝125°，
當(dāng)∠OAD＝∠ODA時(shí)，
190°﹣α+2（α﹣60°）＝180°，
解得α＝110°，
綜上：α＝140°或125°或110°．
故答案為：110或140或125．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，表示出∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，運(yùn)用分類(lèi)思想是解題的關(guān)鍵．
17．（2021春?鐘樓區(qū)期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，把△ABC繞AC邊的中點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)后得△DEF，若直角頂點(diǎn)F恰好落在AB邊上，且DE邊交AB邊于點(diǎn)G，若AC＝12，BC＝5，則AG的長(zhǎng)為 ．
【分析】根據(jù)勾股定理得到AB＝5，得到CM＝AM＝AC＝6，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到CM＝FM＝6，∠D＝∠A，∠C＝∠DFE，AB＝DE，求得AM＝MF，求得FG＝DE＝，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB＝13，
∵點(diǎn)M是AC邊的中點(diǎn)，
∴CM＝AM＝AC＝6，
∵把△ABC繞AC邊的中點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)后得△DEF，若直角頂點(diǎn)F恰好落在AB邊上，
∴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＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的判定和性質(zhì)，綜合應(yīng)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
18．（2021春?鎮(zhèn)江期中）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝5，點(diǎn)P是AC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將線段BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BQ，連接CQ，則在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線段CQ的最小值為 ．
【分析】將Rt△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到Rt△EBD，則此時(shí)E，C，B三點(diǎn)在同一直線上，得出Q的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段ED，當(dāng)CQ⊥ED時(shí)，CQ的長(zhǎng)度最小，由直角三角形的性質(zhì)及三角形中位線定理可得出答案．
【解答】解：將Rt△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到Rt△EBD，
則此時(shí)E，C，B三點(diǎn)在同一直線上，
∵∠ABC＝60°，∠PBQ＝60°，
∴∠ABP＝∠EBQ，
隨著P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，總有AB＝EB，PB＝QB，
∴總有△APB≌△EQB（SAS），即E，Q，D三點(diǎn)在同一直線上，
∴Q的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段ED，
∴當(dāng)CQ⊥ED時(shí)，CQ的長(zhǎng)度最小，
Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝BD＝5，
∴EC＝5，即C為EB的中點(diǎn)，
∵CQ⊥ED，∠D＝90°，
∴CQ∥BD，CQ為△EBD的中位線，
∴CQ＝BD＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，三角形中位線定理，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
19．（2021春?錫山區(qū)校級(jí)期中）已知兩個(gè)完全相同的直角三角形紙片△ABC、△DEF，如圖放置，點(diǎn)B、D重合，點(diǎn)F在BC上，AB與EF交于點(diǎn)G．∠C＝∠EFB＝90°，∠E＝∠ABC＝30°，現(xiàn)將圖中的△ABC繞點(diǎn)F按每秒10°的速度沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)180°，在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，△ABC恰有一邊與DE平行的時(shí)間為 3或12或15 s．
【分析】分三種情形討論：①當(dāng)DE∥AC時(shí)，如圖1中，設(shè)DF交AB于H．②當(dāng)DE∥BC時(shí)，如圖2中．③當(dāng)DE∥AB時(shí)，如圖3中，分別求出∠DFB即可解決問(wèn)題．
【解答】解：①當(dāng)DE∥AC時(shí)，如圖1中，
易知∠BFD＝30°
∴旋轉(zhuǎn)時(shí)間t＝＝3s．
②如圖2中，當(dāng)DE∥BC時(shí)，
易知∠DFB＝120°，
∴旋轉(zhuǎn)時(shí)間t＝＝12s．
③當(dāng)DE∥AB時(shí)，如圖3中，易知∠DFB＝150°，
∴旋轉(zhuǎn)時(shí)間t＝＝15s．
綜上所述，旋轉(zhuǎn)時(shí)間為3s或12s或15s時(shí)，△ABC恰有一邊與DE平行．
故答案為3或12或15．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的速度、旋轉(zhuǎn)角度、旋轉(zhuǎn)時(shí)間之間的關(guān)系等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．
20．（2022春?玄武區(qū)校級(jí)期中）如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝80°，延長(zhǎng)BC到E，在∠DCE內(nèi)作射線CM，使得∠ECM＝30°，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥CM，垂足為F，若DF＝3，則對(duì)角線BD的長(zhǎng)為 6 ．
【分析】連接AC交BD于H，證明△DCH≌△DCF，得出DH的長(zhǎng)度，再根據(jù)菱形的性質(zhì)得出BD的長(zhǎng)度．
【解答】解：如圖，連接AC交BD于點(diǎn)H，
由菱形的性質(zhì)得∠ADC＝∠ABC＝80°，∠DCE＝80°，∠DHC＝90°，
又∵∠ECM＝30°，
∴∠DCF＝50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝40°，
又∵四邊形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝40°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DH＝DF＝3，
∴DB＝2DH＝6．
故答案為：6．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定，菱形的對(duì)角線互相平分是此題的關(guān)鍵知識(shí)點(diǎn)，得出∠HDC＝∠FDC是這個(gè)題最關(guān)鍵的一點(diǎn)．
21．（2022秋?濱湖區(qū)校級(jí)期中）如圖，邊長(zhǎng)為5的菱形ABCD的面積為20，若連接AC，則AC長(zhǎng)為 4 ，E、F分別為邊AD、BC上的動(dòng)點(diǎn)，且DE＝BF，CG垂直直線EF于點(diǎn)G，連接BG，則BG的最小值為 ﹣ ．
【分析】如圖1，根據(jù)菱形的面積和勾股定理可得AC的長(zhǎng)；如圖2，如圖2，連接BD，與EF交于點(diǎn)O，證明△DOE≌△BOF（AAS），則OD＝OB＝BD＝，根據(jù)圓周角定理和直角三角形斜邊中線的性質(zhì)確定當(dāng)B，G，H三點(diǎn)共線時(shí)，BG有最小值，可得BG的最小值即可．
【解答】解：如圖1，連接AC，BD，過(guò)點(diǎn)D作DM于M，
∵邊長(zhǎng)為5的菱形ABCD的面積為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；
如圖2，連接BD，與EF交于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠ODE＝∠OBF，
∵DE＝BF，∠DOE＝∠BOF，
∴△DOE≌△BOF（AAS），
∴OD＝OB＝BD＝，
連接AC，則AC經(jīng)過(guò)點(diǎn)O，連接GH，
∵CG⊥EF，
∴∠CGO＝90°，
∴點(diǎn)G在以O(shè)C為直徑的圓H的半圓上，GH＝OC＝，
當(dāng)B，G，H三點(diǎn)共線時(shí)，BG有最小值，
∵AC⊥BD，
∴∠BOH＝90°，
∵OH＝OB＝，
∴BH＝OB＝，
∴BG＝﹣，
則BG的最小值為﹣．
故答案為：4，﹣．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，菱形的面積公式，利用圓周角定理是解本題的關(guān)鍵．
22．（2022秋?姑蘇區(qū)校級(jí)期中）已知長(zhǎng)方形ABCD，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)P為其所在平面內(nèi)一點(diǎn)，PD＝，∠BPD＝90°，則點(diǎn)A到BP的距離等于 或 ．
【分析】由題意可得點(diǎn)P在以D為圓心，為半徑的圓上，同時(shí)點(diǎn)P也在以BD為直徑的圓上，即點(diǎn)P是兩圓的交點(diǎn)，分兩種情況討論，由相似三角形的判定和性質(zhì)及勾股定理可求BP，AH的長(zhǎng)，即可求點(diǎn)A到BP的距離．
【解答】解：∵點(diǎn)P滿(mǎn)足PD＝，
∴點(diǎn)P在以D為圓心，為半徑的圓上，
∵∠BPD＝90°，
∴點(diǎn)P在以BD為直徑的圓上，
∴如圖，點(diǎn)P是兩圓的交點(diǎn)，
若點(diǎn)P在AD上方，連接AP，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BP，過(guò)點(diǎn)P作PK⊥AD于K，延長(zhǎng)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，
當(dāng)PK＝2時(shí)，AK＝4＞AD，不符合題意，舍去；
當(dāng)PK＝時(shí)，AK＝，
∴DK＝AD﹣AK＝3﹣＝，
∵∠DKP＝∠BHA＝90°，∠PDA＝∠PBA，
∴△DPK∽△BAH，
∴＝，即＝，
∴AH＝；
若點(diǎn)P′在CD的右側(cè)，過(guò)點(diǎn)A作AH′⊥BP′于H′，過(guò)點(diǎn)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，
當(dāng)P′K′＝1時(shí)，CK′＝2，DK′＝2，
∴PT＝4，
∵BP′?AH′＝AB?P′T，即2AH′＝4×4，
∴AH′＝；
當(dāng)P′K′＝時(shí)，CK′＝＞CD，不符合題意，舍去，
綜上所述，點(diǎn)A到BP的距離等于或；
故答案為：或．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查矩形的性質(zhì)，兩圓的位置關(guān)系，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，注意一題多解．
23．（2022秋?興化市期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，點(diǎn)E是CD上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BE，交AD于點(diǎn)F，作點(diǎn)D關(guān)于EF的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，依次連接BG、EG、FG．已知AB＝16，BC＝12，且當(dāng)△BEG是以BE為腰的等腰三角形時(shí)，則CE的值為 或 ．
【分析】①當(dāng)BE＝GE時(shí)，△BEG是以BE為腰的等腰三角形，設(shè)DE＝x，則DE＝GE＝BE＝x，CE＝16﹣x，在Rt△BCE中，根據(jù)勾股定理，可列出方程求出x的值，進(jìn)而可得CE的值；
②當(dāng)BE＝BG時(shí)，△BEG是以BE為腰的等腰三角形，過(guò)點(diǎn)B做BH⊥GE，證明△CEB≌△EHB，CE＝HE，再列方程求解即可．
【解答】解：①當(dāng)BE＝GE時(shí)，△BEG是以BE為腰的等腰三角形，
在矩形ABCD中，
∵D關(guān)于EF的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，
∴DE＝GE，
∵△BEG是以BE為腰的等腰三角形，
∴GE＝BE，
∴DE＝GE＝BC，
設(shè)DE＝x，則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的值為；
②當(dāng)BE＝BG時(shí)，△BEG是以BE為腰的等腰三角形，
如圖1，過(guò)點(diǎn)B做BH⊥GE，
∵四邊形ABCD是長(zhǎng)方形，
∴∠ECB＝90°，AB＝CD＝16，
∴∠CEB+∠CBE＝90°，
∵EF⊥BE，
∴∠DEF+∠CEB＝90°，
∴∠DEF＝∠CBE，
∵點(diǎn)D關(guān)于EF的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)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，
設(shè)CE＝x，則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＝，
綜上所述，當(dāng)△BEG是以BE為腰的等腰三角形時(shí)，則CE的值為或．
故答案為：或．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形、等腰三角形、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，根據(jù)勾股定理巧妙設(shè)方程求解是解本題的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，難度適中．
24．（2022秋?惠山區(qū)期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm．點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以2cm/s的速度沿CD邊向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)D停止；同時(shí)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以xcm/s的速度沿BC邊向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)C停止．規(guī)定其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)x為 2或 時(shí)，△ABP與△PCQ全等．
【分析】可分兩種情況：①△ABP≌△PCQ得到BP＝CQ，AB＝PC，②△ABP≌△QCP得到BA＝CQ，PB＝PC，然后分別計(jì)算出t的值，進(jìn)而得到x的值．
【解答】解：設(shè)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)ts，同時(shí)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)ts，
①當(dāng)BP＝CQ，AB＝PC時(shí)，△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當(dāng)BA＝CQ，PB＝PC時(shí)，△ABP≌△QCP，
∵BA＝CQ，
∴2t＝8，
∴t＝4，
∴BP＝PC＝6cm，
∴4x＝6，
解得：x＝，
綜上所述，當(dāng)x＝2或時(shí)，△ABP與△PQC全等，
故答案為：2或．
【點(diǎn)評(píng)】主要考查了全等三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．
25．（2022春?虎丘區(qū)校級(jí)期中）如圖，點(diǎn)O為邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的中心，BE平分∠DBC交DC于點(diǎn)E，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)F，使FC＝EC，連結(jié)DF交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連結(jié)OH交DC于點(diǎn)G，連結(jié)HC．則以下四結(jié)論中：①OH∥BF，②，③，④∠CDF＝30°．正確結(jié)論個(gè)數(shù)為 2 ．
【分析】由四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形得DC＝BC＝1，∠BCE＝90°，則∠DCF＝∠BCE＝90°，即可證明△DCF≌△BCE，得∠CDF＝∠CBE，則∠CBE+∠F＝∠CDF+∠F＝90°，可證明∠BHD＝∠BHF＝90°，進(jìn)而證明△DBH≌△FBH，得DH＝FH，根據(jù)三角形的中位線定理得OH∥BF，可判斷①正確；
由OH⊥CD，CH＝DH＝DF，得DG＝CG，則GO＝BC＝，由勾股定理得BF＝BD＝，則CF＝﹣1，所以HG＝CF＝，可判斷③正確；
因?yàn)镃F＝×（﹣1）＝，所以GO≠CF，可判斷②錯(cuò)誤；
由∠CBD＝∠CDB＝45°，得∠CDF＝∠CBE＝∠CBD＝22.5°，可知∠CDF≠30°，可判斷④錯(cuò)誤，于是得到問(wèn)題的答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為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為正方形ABCD的中心，
∴O為BD的中點(diǎn)，
∴DO＝BO，
∴OH∥BF，
故①正確；
∵∠OGD＝∠BCE＝90°，
∴OH⊥CD，
∵CH＝DH＝DF，
∴DG＝CG，
∴GO＝BC＝，
∵BF＝BD＝＝＝，
∴CF＝BF﹣BC＝﹣1，
∴HG＝CF＝，
故③正確；
∵CF＝×（﹣1）＝，
∴GO≠CF，
故②錯(cuò)誤；
∵∠CBD＝∠CDB＝45°，
∴∠CDF＝∠CBE＝∠CBD＝22.5°，
∴∠CDF≠30°，
故④錯(cuò)誤，
綜上所述，①③正確，
故答案為：2．
【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線定理、勾股定理等知識(shí)，證明△DCF≌△BCE及△DBH≌△FBH是解題的關(guān)鍵．
26．（2022春?江陰市期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣4，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），將矩形OABC繞O按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α度得到OA′B′C′，此時(shí)直線OA′、直線B′C′分別與直線BC相交于點(diǎn)P、Q．當(dāng)45°＜α≤90°，且BP＝PQ時(shí)，線段PQ的長(zhǎng)是 ．
【分析】過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥OA′于H，連接OQ，構(gòu)造直角三角形，運(yùn)用面積法求得PQ＝OP，再由勾股定理求得OP的長(zhǎng)，即可得出結(jié)果．
【解答】解：∵45°＜α≤90°，
∴點(diǎn)P在點(diǎn)B的右側(cè)，
∵四邊形OABC是矩形，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣4，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），
∴BC＝OA＝4，OC＝3，∠OCB＝90°，
過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥OA′于H，連接OQ，如圖所示：
則QH＝OC′＝OC，
∵S△POQ＝PQ?OC，S△POQ＝OP?QH，
∴PQ＝OP，
設(shè)BP＝x，
∵BP＝PQ，
∴BQ＝2x，
則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：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形的變化﹣旋轉(zhuǎn)、勾股定理、三角形面積的計(jì)算等知識(shí)；特別注意在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中的對(duì)應(yīng)線段相等，能夠用一個(gè)未知數(shù)表示同一個(gè)直角三角形的未知邊，根據(jù)勾股定理列方程求解是解題的關(guān)鍵．
27．（2022春?東海縣期中）如圖，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，點(diǎn)A與點(diǎn)P關(guān)于DE對(duì)稱(chēng)，連接EP、DP、BP，若AB＝3，BC＝4，則BP的最小值為 1 ．
【分析】連接BD，AP，由四邊形ABCD是矩形得∠A＝90°，根據(jù)勾股定理求出BD的長(zhǎng)為5，再根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)求得PD＝AD＝4，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短列不等式BP+4≥5，得BP≥5﹣4，可知BP的最小值為5﹣4．
【解答】解：如圖，連接BD，AP，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝3，BC＝AD＝4，
∴BD＝，
∵點(diǎn)A與點(diǎn)P關(guān)于DE對(duì)稱(chēng)，
∴DE垂直平分AP，
∴PD＝AD＝4，
∵BP+PD≥BD，
∴BP+4≥5，
∴BP≥5﹣4＝1，
∴BP的最小值為1，
故答案為：1．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查矩形的性質(zhì)、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短、勾股定理、一元一次不等式等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．
28．（2022春?泰興市期中）如圖，正方形AOBC邊長(zhǎng)為6，對(duì)角線AB、OC相交于點(diǎn)D，x軸上有一點(diǎn)E（2，0），動(dòng)直線l繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，與x軸相交于點(diǎn)P，且滿(mǎn)足∠DEA﹣∠PDA＝45°，點(diǎn)P坐標(biāo)為 （4，0）或（12，0） ．
【分析】過(guò)點(diǎn)D作DH⊥OA于點(diǎn)H，分兩種情況：①點(diǎn)P在點(diǎn)A左側(cè)，根據(jù)正方形的性質(zhì)，易證△DHE≌△DHP（ASA），可得PH＝EH＝1，可得點(diǎn)P坐標(biāo)；②點(diǎn)P在點(diǎn)A右側(cè)，在線段AC上截取AF＝2，連接DF并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)P，待定系數(shù)法求DF的解析式，即可求出點(diǎn)P坐標(biāo)．
【解答】解：過(guò)點(diǎn)D作DH⊥OA于點(diǎn)H，如圖所示，
①點(diǎn)P在A點(diǎn)左側(cè)，
在正方形OABC中，OD＝AD，∠DOA＝45°，
∴∠ODP＝∠ADP，H為OA的中點(diǎn)，
∵∠DEA﹣∠PDA＝45°，∠DEA＝∠DOA+∠ODE，
∴∠PDA＝∠ODE，
∴∠EDH＝∠PDH，
∵∠DHE＝∠DHP，DH＝DH，
∴△DHE≌△DHP（ASA），
∴EH＝PH，
∵正方形OACB的邊長(zhǎng)為6，
∴OA＝6，
∴OH＝HA＝3，
∵E（2，0），
∴OE＝2，
∴HE＝1，
∴HP＝1，OP＝4，
∴P（4，0）；
②點(diǎn)P在A點(diǎn)右側(cè)，
在線段AC上截取AF＝2，連接DF并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)P，
∵正方形的邊長(zhǎng)為6，
∴D（3，3），F(xiàn)（6，2），
設(shè)直線DF的解析式：y＝kx+b，
代入D，F(xiàn)點(diǎn)坐標(biāo)，
得，
解得，
∴DF的解析式：，
令y＝0，得x＝12，
∴P（12，0），
綜上，點(diǎn)P坐標(biāo)為（4，0）或（12，0），
故答案為：（4，0）或（12，0）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，設(shè)計(jì)全等三角形的判定和性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，注意點(diǎn)P分情況討論．
29．（2022春?鼓樓區(qū)期中）如圖，在菱形ABCD中，AB的垂直平分線交對(duì)角線BD于點(diǎn)F，垂足為點(diǎn)E，連接AF、AC，若∠DCB＝80°，則∠FAC＝ 10° ．
【分析】由菱形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求出∠BAC和∠FAB的度數(shù)，即可解決問(wèn)題．
【解答】解：∵EF是線段AB的垂直平分線，
∴AF＝BF，
∴∠FAB＝∠FBA，
∵四邊形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°，
故答案為：10°．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
30．（2022春?阜寧縣期中）如圖，把含30°的直角三角尺PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN＝30°，直角頂點(diǎn)P在正方形ABCD的對(duì)角線BD上，點(diǎn)M、N分別在AB和CD邊上，MN與BD交于點(diǎn)O，且O為MN的中點(diǎn)，則∠AMP的度數(shù)為 75° ．
【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到OM＝OP，從而得出∠DPM＝150°，利用四邊形內(nèi)角和定理即可求得．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝45°，
在Rt△PMN中，∠MPN＝90°，
∵O為MN的中點(diǎn)，
∴OP＝MN＝OM，
∵∠PMN＝30°，
∴∠MPO＝∠PMN＝30°，
∴∠AMP＝∠MPO+∠MBP
＝30°+45°
＝75°，
故答案為：75°．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，再進(jìn)行導(dǎo)角轉(zhuǎn)化，發(fā)現(xiàn)OP＝OM是解題的關(guān)鍵．
31．（2022春?靖江市校級(jí)期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝3，對(duì)角線AC＝5，BE平分∠ABC交AD于點(diǎn)E，Q是線段BE上的點(diǎn)，連接CQ，過(guò)點(diǎn)C作CP⊥CQ交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，當(dāng)△PCQ為等腰三角形時(shí)，AP＝ 5 ．
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，CD＝AB＝3，根據(jù)勾股定理得到BC＝＝4，求得AD＝BC＝4，過(guò)Q作QH⊥BC于H，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到BH＝QH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CH＝CD＝3，于是得到結(jié)論．
【解答】解：∵四邊形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，
過(guò)Q作QH⊥BC于H，
∴∠QHB＝∠QHC＝90°，
∵BE平分∠ABC交AD于點(diǎn)E，
∴∠QBH＝45°，
∴△BQH是等腰直角三角形，
∴BH＝QH，
∵CP⊥CQ，
∴∠QCP＝90°，
∵△PCQ為等腰三角形，
∴CQ＝CP，
∵∠CDP＝∠CHQ＝90°，∠QCH＝∠PCD，
∴△CQH≌△CPD（AAS），
∴CH＝CD＝3，
∴BH＝QH＝1，
∴PD＝QH＝1，
∴AP＝AD+PD＝5，
故答案為：5．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
32．（2022秋?姑蘇區(qū)期中）勾股定理有著悠久的歷史，它曾引起很多人的興趣．1955年希臘發(fā)行了以勾股定理為背景的郵票．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4．分別以AB，AC，BC為邊向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如圖所示作長(zhǎng)方形HFPQ，延長(zhǎng)BC交PQ于G．則長(zhǎng)方形CDPG的面積為 12 ．
【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)A作AA'⊥BC于A'，先根據(jù)面積法可得AA'的長(zhǎng)，證明△AA'C≌△CGK（AAS），可得CG＝AA'＝，最后根據(jù)長(zhǎng)方形的面積公式可計(jì)算其答案．
【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AA'⊥BC于A'，
∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC＝5，
∵S△ABC＝AB?AC＝BC?AA'，
∴＝，
∴AA'＝，
∵四邊形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'＝，
∴長(zhǎng)方形CDPG的面積＝CD?CG＝5×＝12．
故答案為：12．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理和三角形全等的性質(zhì)和判定，正確作輔助線構(gòu)建三角形全等是本題的關(guān)鍵．
33．（2022春?崇川區(qū)校級(jí)期中）如圖，菱形ABCD的邊AB的垂直平分線交AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F，連接DF．當(dāng)∠BAD＝100°時(shí)，則∠CDF＝ 30° ．
【分析】連接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，從而得到∠CBF＝∠CDF，根據(jù)已知可得出∠CBF的度數(shù)，從而得∠CDF的度數(shù)．
【解答】解：如圖，連接BF，
∵四邊形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°．
故答案為：30°．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查全等三角形的判定，菱形的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，利用SAS判定△BCF≌△DCF是關(guān)鍵．
34．（2022春?連云區(qū)校級(jí)期中）把圖1中邊長(zhǎng)為10的菱形沿對(duì)角線分成四個(gè)全等的直角三角形，且此菱形的一條對(duì)角線長(zhǎng)為16，將這四個(gè)直角三角形拼成如圖2所示的正方形，則圖2中的陰影的面積為 4 ．
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)對(duì)角線互相垂直，利用勾股定理可得另一條對(duì)角線長(zhǎng)的一半為6，所以圖2所示的陰影的正方形邊長(zhǎng)為8﹣6＝2，進(jìn)而可得結(jié)論．
【解答】解：因?yàn)榱庑蔚囊粭l對(duì)角線長(zhǎng)為16，
所以它的一半是8，
菱形的邊長(zhǎng)為10，
因?yàn)榱庑螌?duì)角線互相垂直，
根據(jù)勾股定理，得
所以另一條對(duì)角線長(zhǎng)的一半為6，
所以圖2所示的陰影的正方形邊長(zhǎng)為8﹣6＝2，
所以圖2中的陰影的面積為4．
故答案為：4．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，全等圖形，解決本題的關(guān)鍵是求出圖2中小正方形的邊長(zhǎng)．
35．（2019春?句容市期中）已知，O是矩形ABCD的對(duì)角線AC的中點(diǎn)，E是線段AD上的一點(diǎn)，作OF⊥OE于點(diǎn)O，交直線CD于點(diǎn)F，連接EF，若EF＝2CF＝2，則AE＝ ．
【分析】可以延長(zhǎng)EO交BC于點(diǎn)G，連接GF，證明△AOE≌△COG可得CG＝AE，OE＝OG，進(jìn)而得OF是EG的垂直平分線，得FG＝EF＝2，根據(jù)勾股定理即可求得CG即AE的長(zhǎng)．
【解答】解：如圖，
延長(zhǎng)EO交BC于點(diǎn)G，連接GF，
∵O是矩形ABCD的對(duì)角線AC的中點(diǎn)，
∴OA＝OC，
∵AD∥BC，
∴∠OAE＝∠OCG，∠AOE＝∠COG
∴△AOE≌△COG（ASA），
∴AE＝CG，OE＝OG．
∵OF⊥OE，
∴OF是EG的垂直平分線，
∴FG＝EF＝2，
∵CF＝1，∠GCF＝90°，
∴CG＝＝，
∴AE＝．
故答案為．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是綜合利用矩形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)．
36．（2021春?邗江區(qū)校級(jí)期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，點(diǎn)P為邊AB上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分別為E、F，則PE+PF＝ ．
【分析】連接OP．由勾股定理得出AC＝10，可求得OA＝OB＝5，由矩形的性質(zhì)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：連接OP，如圖：
∵四邊形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＝；
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
37．（2022春?射陽(yáng)縣期中）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)O，AB＝4，AD＝2，△ADE為等邊三角形，點(diǎn)F是直線ED上一點(diǎn)，連接OF，則線段OF的最小值為 ．
【分析】作輔助線，構(gòu)建直角三角形，確定當(dāng)OF⊥ED時(shí)，線段OF的最小值，先計(jì)算EM和OM的長(zhǎng)，根據(jù)直角三角形30度角的性質(zhì)可得結(jié)論．
【解答】解：連接OE，
當(dāng)OF⊥ED時(shí)，線段OF的值最小，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝AC，OD＝BD，
∴OD＝OA，
∵△ADE是等邊三角形，
∴DE＝AE，∠DEA＝60°，
∴OE是AD的垂直平分線，
∴∠OEF＝30°，
∵AB＝4，BC＝AD＝2，
∴EM＝＝，OM＝2，
Rt△OEF中，OE＝+2，
∴OF＝OE＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，解本題的關(guān)鍵是判斷OF與OE的關(guān)系，本題的難點(diǎn)是作輔助線．
38．（2016春?江陰市期中）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M為EF中點(diǎn)，則AM的最小值是 ．
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)就可以得出EF，AP互相平分，且EF＝AP，根據(jù)垂線段最短的性質(zhì)就可以得出AP⊥BC時(shí)，AP的值最小，即AM的值最小，由勾股定理求出BC，根據(jù)面積關(guān)系建立等式求出其解即可．
【解答】解：∵PE⊥AB，PF⊥AC，∠BAC＝90°，
∴∠EAF＝∠AEP＝∠AFP＝90°，
∴四邊形AEPF是矩形，
∴EF，AP互相平分．且EF＝AP，
∴EF，AP的交點(diǎn)就是M點(diǎn)，
∵當(dāng)AP的值最小時(shí)，AM的值就最小，
∴當(dāng)AP⊥BC時(shí)，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＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，垂線段最短的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)求出AP的最小值是關(guān)鍵．
39．（2021春?梁溪區(qū)校級(jí)期中）如圖，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝4，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)AC到點(diǎn)E，使得CE＝AC，連接DE，取DE的中點(diǎn)M、OB的中點(diǎn)N，連接MN，則MN的長(zhǎng)為 ．
【分析】延長(zhǎng)DB到點(diǎn)F，使BF＝OD＝2，連接EF，求出FN＝DN＝3，得到MN是△DEF的中位線，在 Rt△OEF中，根據(jù)勾股定理求出EF即可得到MN的長(zhǎng)．
【解答】解：在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝4，AC⊥BD，
∴，
∵N為OB的中點(diǎn)，
∴，
延長(zhǎng)DB到點(diǎn)F，使BF＝OD＝2，連接EF，如圖：
則FN＝DN＝3，
∵M(jìn)是DE的中點(diǎn)，
∴DM＝EM，
∴MN是△DEF的中位線，
∴，
∵CE＝AC＝2，
∴OE＝CE+OC＝3，
在Rt△OEF中，OF＝OB+BF＝4，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)及正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
40．（2022春?海陵區(qū)校級(jí)期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，點(diǎn)D為AB邊上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D分別作DE⊥AC，DF⊥BC，E，F(xiàn)分別是AC，BC上的垂足，則EF的最小值是 ．
【分析】連接CD，由勾股定理求出AB＝10，再證四邊形CFDE是矩形，得EF＝CD，然后由垂線段最短可得CD⊥AB時(shí)，線段EF的值最小，最后由三角形的面積公式求出CD的長(zhǎng)，即可得出答案．
【解答】解：如圖，連接CD，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，
∴∠DEC＝∠DFC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四邊形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂線段最短可得：CD⊥AB時(shí)，線段CD的值最小，即線段EF的值最小，
此時(shí)，S△ABC＝AC?BC＝AB?CD，
即×8×6＝×10?CD，
解得：CD＝，
∴EF的最小值為，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、垂線段最短以及三角形面積等知識(shí)，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
41．（2022春?吳中區(qū)校級(jí)期中）如圖，折疊矩形紙片ABCD，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E落在CD邊上，GH為折痕，已知AB＝6，BC＝10．當(dāng)折痕GH最長(zhǎng)時(shí)，線段BH的長(zhǎng)為 6.8 ．
【分析】由題知，當(dāng)E點(diǎn)與D點(diǎn)重合時(shí)GH最長(zhǎng)，設(shè)BH＝x，則CH＝10﹣x，HE＝BH＝x，根據(jù)勾股定理計(jì)算出x的值即可．
【解答】解：由題知，當(dāng)E點(diǎn)與D點(diǎn)重合時(shí)GH最長(zhǎng)，
設(shè)BH＝x，則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，
故答案為：6.8．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圖形的翻折，矩形的性質(zhì)以及勾股定理的知識(shí)，確定當(dāng)D點(diǎn)與E點(diǎn)重合時(shí)GH最長(zhǎng)時(shí)解題的關(guān)鍵．
42．（2022春?東臺(tái)市期中）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，以B為圓心，BA長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，點(diǎn)E為弧上一點(diǎn)，EF⊥CD于F，連接CE，若CE﹣EF＝2，則CF的值為 2 ．
【分析】過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，連接BE，設(shè)EF＝x，根據(jù)勾股定理分別用x表示出EC和EF，根據(jù)EC﹣EF＝2得出x的值，再利用勾股定理即可得出CF．
【解答】解：過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，連接BE，
設(shè)EF＝x，
∵EF＝GC＝x，EG＝FC，
∴BG＝4﹣x，
在Rt△EBG中，EG＝＝＝，
在Rt△EGC中，CE＝＝＝，
∵EC﹣EF＝2，
∴，
兩邊平方得：8x＝（x+2）2，
整理得（x﹣2）2＝0，
解得x1＝x2＝2，
∴CE＝＝4，
∴CF＝＝2，
故答案為：2．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正方形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練應(yīng)用勾股定理是解題的關(guān)鍵．
43．（2021春?濱湖區(qū)期中）兩張完全相同的長(zhǎng)方形ABCD、EFGH紙條，長(zhǎng)、寬分別為12cm、5cm，按如圖所示的方式擺放（對(duì)角線BD、EG重合），則重疊部分的四邊形BPDQ的對(duì)角線QP的長(zhǎng)是 cm．
【分析】由題意得出∠A＝∠F＝90°，AB＝FB，AD＝FD，即可證明△ABD≌△FBD，得到∠ADB＝∠FDB，進(jìn)而得到DP＝BP，根據(jù)AD∥BC，BH∥DF，證四邊形BPDQ是菱形，根據(jù)勾股定理求出BD，設(shè)BP＝DP＝x，則CP＝12﹣x，在Rt△CDP中，由勾股定理得出方程，解方程求出BP，再利用菱形面積的兩種求法即可得出答案．
【解答】解：∵四邊形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，
∴四邊形BPDQ是平行四邊形，∠ADB＝∠PBD，
∴∠FDB＝∠PBD，
∴DP＝BP，
∴?BPDQ是菱形，
∵長(zhǎng)方形ABCD長(zhǎng)、寬分別為12cm、5cm，
∴BD＝＝＝13，
設(shè)DP＝BP＝x，則CP＝12﹣x，
在Rt△CDP中，CD2+CP2＝DP2，即52+（12﹣x）2＝x2，
解得：x＝，即BP＝，
∴菱形BPDQ的面積＝BP?CD＝×5＝，
∵菱形BPDQ的面積＝BD?QP，
∴×13?QP＝，
∴QP＝（cm），
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，證明四邊形BPDQ為菱形是解題的關(guān)鍵．
44．（2022春?惠山區(qū)校級(jí)期中）如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝70°，延長(zhǎng)BC到E，在∠DCE內(nèi)作射線CM，使得∠ECM＝15°，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥CM，垂足為F，若DF＝，則對(duì)角線BD的長(zhǎng)為 .（結(jié)果保留根號(hào)）
【分析】連接AC交BD于H，證明△DCH≌△DCF，得出DH的長(zhǎng)度，再根據(jù)菱形的性質(zhì)得出BD的長(zhǎng)度．
【解答】解：如圖，連接AC交BD于點(diǎn)H，
由菱形的性質(zhì)得∠BDC＝35°，∠DCE＝70°，
又∵∠MCE＝15°，
∴∠DCF＝55°，
∵DF⊥CM，
∴∠CDF＝35°，
又∵四邊形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝35°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DF＝DH＝，
∴DB＝2，
故答案為2．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定，菱形的對(duì)角線互相平分是此題的關(guān)鍵知識(shí)點(diǎn)，得出∠HDC＝∠FDC是這個(gè)題最關(guān)鍵的一點(diǎn)．
45．（2021春?濱海縣期中）如圖，在矩形紙片ABCD中，邊AB＝12，AD＝5，點(diǎn)P為DC邊上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)D，C重合），將紙片沿AP折疊，則CD′的最小值為 8 ．
【分析】連接AC，當(dāng)點(diǎn)D'在AC上時(shí)，CD'有最小值，根據(jù)矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：連接AC，當(dāng)點(diǎn)D'在AC上時(shí)，CD'有最小值，
∵四邊形ABCD是矩形，AB＝12，AD＝5，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC，
∴AC＝，
由折疊性質(zhì)得：AD＝AD'＝5，∠AD'P＝∠D＝90°，
∴CD'的最小值＝AC﹣AD'＝13﹣5＝8，
故答案為：8．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)解答．
46．（2022春?南京期中）為了解某市4萬(wàn)名學(xué)生平均每天讀書(shū)的時(shí)間，請(qǐng)你運(yùn)用所學(xué)的統(tǒng)計(jì)知識(shí)，將統(tǒng)計(jì)的主要步驟進(jìn)行排序：①?gòu)?萬(wàn)名學(xué)生中隨機(jī)抽取400名學(xué)生，調(diào)查他們平均每天讀書(shū)的時(shí)間；②分析數(shù)據(jù)；③得出結(jié)論，提出建議；④利用統(tǒng)計(jì)圖表將收集的數(shù)據(jù)整理和表示．合理的排序是 ①④②③ ．（只填序號(hào)）
【分析】直接利用調(diào)查收集數(shù)據(jù)的過(guò)程與方法分析排序即可．
【解答】解：統(tǒng)計(jì)的主要步驟依次為：
①?gòu)?萬(wàn)名學(xué)生中隨機(jī)抽取400名學(xué)生，調(diào)查他們平均每天讀書(shū)的時(shí)間；
④利用統(tǒng)計(jì)圖表將收集的數(shù)據(jù)整理和表示；
②分析數(shù)據(jù)；
③得出結(jié)論；
故答案為：①④②③．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了調(diào)查收集數(shù)據(jù)的過(guò)程與方法，正確掌握調(diào)查的過(guò)程是解題關(guān)鍵．
47．（2022春?天寧區(qū)校級(jí)期中）把50個(gè)數(shù)據(jù)分成五組，第一、二、三、四、五組的數(shù)據(jù)個(gè)數(shù)分別是8，15，x，12，5．則第三組的頻率為 0.2 ．
【分析】根據(jù)各小組頻數(shù)之和等于數(shù)據(jù)總和，即可求得第三組的頻數(shù)；再根據(jù)頻率＝頻數(shù)÷總數(shù)，進(jìn)行計(jì)算．
【解答】解：根據(jù)題意，得：
第三組數(shù)據(jù)的個(gè)數(shù)x＝50﹣（8+15+12+5）＝10，
故第三組的頻率為10÷50＝0.2．
故答案為：0.2．
【點(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)頻率、頻數(shù)靈活運(yùn)用的綜合考查．注意：各小組頻數(shù)之和等于數(shù)據(jù)總和，各小組頻率之和等于1．
48．（2019春?常州期中）某校為了解全校2000名學(xué)生的體重情況，隨機(jī)抽測(cè)了200名學(xué)生的體重，根據(jù)體質(zhì)指數(shù)（BMI）標(biāo)準(zhǔn)，體重超標(biāo)的有15名學(xué)生，則估計(jì)全校體重超標(biāo)學(xué)生的人數(shù)為 150 名．
【分析】用全校學(xué)生總?cè)藬?shù)乘以樣本中體重超標(biāo)的人數(shù)所占比例即可得．
【解答】解：估計(jì)全校體重超標(biāo)學(xué)生的人數(shù)為2000×＝150人，
故答案為：150．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查用樣本估計(jì)總體，一般來(lái)說(shuō)，用樣本去估計(jì)總體時(shí)，樣本越具有代表性、容量越大，這時(shí)對(duì)總體的估計(jì)也就越精確．
49．（2022春?常州期中）一個(gè)班有40名學(xué)生，在期末體育考核中，成績(jī)?yōu)閮?yōu)秀的有15人，在扇形統(tǒng)計(jì)圖中，代表體育成績(jī)優(yōu)秀的扇形圓心角的度數(shù)是 135° ．
【分析】先求出體育成績(jī)優(yōu)秀的占總體的百分比，再乘以360°即可．
【解答】解：∵一個(gè)班有40名學(xué)生，在期末體育考核中，成績(jī)?yōu)閮?yōu)秀的有15人，
∴在扇形統(tǒng)計(jì)圖中，代表體育成績(jī)優(yōu)秀的扇形圓心角的度數(shù)是：×360°＝135°．
故答案為：135°．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查扇形統(tǒng)計(jì)圖及相關(guān)計(jì)算．在扇形統(tǒng)計(jì)圖中，每部分占總部分的百分比等于該部分所對(duì)應(yīng)的扇形圓心角的度數(shù)與360°比．
50．（2022春?賈汪區(qū)期中）某校對(duì)八年級(jí)400名學(xué)生的身高進(jìn)行了測(cè)量，結(jié)果身高（單位：cm）在160﹣170這一小組的頻率為0.6，則該組的人數(shù)為 240人 ．
【分析】根據(jù)“頻率＝頻數(shù)÷總數(shù)”計(jì)算可得．
【解答】解：根據(jù)題意知該組的人數(shù)為400×0.6＝240（人）．
故答案為：240人．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查頻數(shù)與頻率，解題的關(guān)鍵是掌握頻率＝頻數(shù)÷總數(shù)．
51．（2022春?吳中區(qū)校級(jí)期中）近期蘇州因疫情開(kāi)展網(wǎng)上在線學(xué)習(xí)，為了解學(xué)生對(duì)網(wǎng)上在線學(xué)習(xí)效果的滿(mǎn)意度，我校設(shè)置了：非常滿(mǎn)意、滿(mǎn)意、基本滿(mǎn)意、不滿(mǎn)意四個(gè)選項(xiàng)，隨機(jī)抽查了部分學(xué)生，要求每名學(xué)生都只選其中的一項(xiàng)，并將抽查結(jié)果繪制成如下統(tǒng)計(jì)圖（不完整）．
請(qǐng)根據(jù)圖中信息解答下列問(wèn)題：
（1）樣本容量為 50 ；
（2）扇形統(tǒng)計(jì)圖中表示“基本滿(mǎn)意”的扇形的圓心角的度數(shù)是 100.8 °；
（3）我校共有1000名學(xué)生參與網(wǎng)上在線學(xué)習(xí)，根據(jù)抽查結(jié)果，試估計(jì)該校對(duì)學(xué)習(xí)效果的滿(mǎn)意度是“滿(mǎn)意”的學(xué)生有 700 人．
【分析】（1）從兩個(gè)統(tǒng)計(jì)圖中可知，在抽查人數(shù)中，“非常滿(mǎn)意”的人數(shù)為20人，占調(diào)查人數(shù)的40%，可求出調(diào)查人數(shù)；
（2）根據(jù)總?cè)藬?shù)可求出“基本滿(mǎn)意”的人數(shù)，樣本中“基本滿(mǎn)意”占調(diào)查人數(shù)的，即28%，因此相應(yīng)的圓心角的度數(shù)為360°的28%；
（3）樣本中“非常滿(mǎn)意”或“滿(mǎn)意”的占調(diào)查人數(shù)的，進(jìn)而估計(jì)總體中“非常滿(mǎn)意”或“滿(mǎn)意”的人數(shù)．
【解答】解：（1）抽查的學(xué)生數(shù)：20÷40%＝50（人），
故答案為：50；
（2）抽查人數(shù)中“基本滿(mǎn)意”人數(shù)：50﹣20﹣15﹣1＝14（人），
360°×＝100.8°，
扇形統(tǒng)計(jì)圖中表示“基本滿(mǎn)意”的扇形的圓心角度數(shù)為100.8°，
故答案為：100.8；
（3）1000×＝700（人），
估計(jì)該校對(duì)學(xué)習(xí)效果的滿(mǎn)意度是“滿(mǎn)意”的學(xué)生有700人．
故答案為：700．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查扇形統(tǒng)計(jì)圖、條形統(tǒng)計(jì)圖的意義和制作方法，從統(tǒng)計(jì)圖中獲取數(shù)量和數(shù)量之間的關(guān)系，是解決問(wèn)題的前提，樣本估計(jì)總體是統(tǒng)計(jì)中常用的方法．
52．（2022春?如東縣期中）小明同學(xué)統(tǒng)計(jì)了某學(xué)校七年級(jí)部分同學(xué)每天閱讀圖書(shū)的時(shí)間，并繪制了統(tǒng)計(jì)圖，如圖所示，下面有四個(gè)推斷其中正確的是 ①② ．
①小明此次一共調(diào)查了100位同學(xué)；
②每天閱讀圖書(shū)時(shí)間在15﹣30分鐘的人數(shù)最多；
③每天閱讀圖書(shū)時(shí)間不足15分鐘的同學(xué)人數(shù)多于45﹣60分鐘的人數(shù)；
④每天閱讀圖書(shū)時(shí)間超過(guò)30分鐘的同學(xué)人數(shù)是調(diào)查總?cè)藬?shù)的20%．
【分析】根據(jù)直方圖表示的意義求得統(tǒng)計(jì)的總?cè)藬?shù)，以及每組的人數(shù)即可判斷．
【解答】解：①此次調(diào)查的小區(qū)居民的人數(shù)為10+60+20+10＝100（位），此結(jié)論正確；
②每周使用時(shí)間在15﹣30分鐘的人數(shù)最多，有60人，此結(jié)論正確；
③由頻數(shù)分布直方圖知，每周使用時(shí)間不足15分鐘的人數(shù)與45﹣60分鐘的人數(shù)相同，均為10人，此結(jié)論錯(cuò)誤；
④每周使用時(shí)間超過(guò)30分鐘的人數(shù)占調(diào)查總?cè)藬?shù)的×100%＝30%，此結(jié)論錯(cuò)誤；
故答案為：①②．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查讀頻數(shù)分布直方圖的能力和利用統(tǒng)計(jì)圖獲取信息的能力．利用統(tǒng)計(jì)圖獲取信息時(shí)，必須認(rèn)真觀察、分析、研究統(tǒng)計(jì)圖，才能作出正確的判斷和解決問(wèn)題．
53．（2022春?濱湖區(qū)校級(jí)期中）下列調(diào)查中，其中適合采用抽樣調(diào)查的是 ① （填序號(hào)）
①檢測(cè)我市的空氣質(zhì)量
②為了解新型冠狀病毒（SARS﹣CV﹣2）確診病人同一架飛機(jī)乘客的健康情況
③調(diào)查某班50名同學(xué)的視力情況
④為保證“神舟9號(hào)”成功發(fā)射，對(duì)其零部件進(jìn)行檢查
【分析】由普查得到的調(diào)查結(jié)果比較準(zhǔn)確，但所費(fèi)人力、物力和時(shí)間較多，而抽樣調(diào)查得到的調(diào)查結(jié)果比較近似．
【解答】解：①檢測(cè)我市的空氣質(zhì)量，適合采用抽樣調(diào)查方式；
②為了解新型冠狀病毒（SARS﹣CV﹣2）確診病人同一架飛機(jī)乘客的健康情況，適合采用全面調(diào)查方式；
③調(diào)查某班50名同學(xué)的視力情況，人數(shù)較少，適合采用全面調(diào)查方式；
④為保證“神舟9號(hào)”成功發(fā)射，對(duì)其零部件進(jìn)行檢查，適合采用全面調(diào)查方式；
所以，上列調(diào)查中，其中適合采用抽樣調(diào)查的是①，
故答案為：①．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了抽樣調(diào)查和全面調(diào)查的區(qū)別，選擇普查還是抽樣調(diào)查要根據(jù)所要考查的對(duì)象的特征靈活選用，一般來(lái)說(shuō)，對(duì)于具有破壞性的調(diào)查、無(wú)法進(jìn)行普查、普查的意義或價(jià)值不大，應(yīng)選擇抽樣調(diào)查，對(duì)于精確度要求高的調(diào)查，事關(guān)重大的調(diào)查往往選用普查，事關(guān)重大的調(diào)查往往選用普查．
54．（2022春?南京期中）某校通過(guò)“云課堂”方式進(jìn)行線上教學(xué)后，張老師對(duì)本班學(xué)生觀看情況整理并繪制了如圖所示的扇形統(tǒng)計(jì)圖，若全部看完的學(xué)生有35人，則沒(méi)看的學(xué)生有 5 人．
【分析】由全部看完的學(xué)生人數(shù)及其所占百分比求出被調(diào)查的總?cè)藬?shù)，總?cè)藬?shù)乘以沒(méi)看部分對(duì)應(yīng)的百分比即可．
【解答】解：∵被調(diào)查的總?cè)藬?shù)為35÷70%＝50（人），
∴沒(méi)看電視節(jié)目的同學(xué)有50×（1﹣70%﹣20%）＝5（人），
故答案為：5．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查扇形統(tǒng)計(jì)圖，扇形統(tǒng)計(jì)圖是用整個(gè)圓表示總數(shù)用圓內(nèi)各個(gè)扇形的大小表示各部分?jǐn)?shù)量占總數(shù)的百分?jǐn)?shù)．通過(guò)扇形統(tǒng)計(jì)圖可以很清楚地表示出各部分?jǐn)?shù)量同總數(shù)之間的關(guān)系．用整個(gè)圓的面積表示總數(shù)（單位1），用圓的扇形面積表示各部分占總數(shù)的百分?jǐn)?shù)．
55．（2022春?寶應(yīng)縣期中）為了解“雙減”后某地區(qū)八年級(jí)學(xué)生每天做家庭作業(yè)所用的時(shí)間，從該市八年級(jí)學(xué)生中抽取100名學(xué)生進(jìn)行調(diào)查．在這個(gè)抽樣調(diào)查中，樣本的容量是 100 ．
【分析】從總體中取出的一部分個(gè)體叫做這個(gè)總體的一個(gè)樣本；一個(gè)樣本包括的個(gè)體數(shù)量叫做樣本容量．
【解答】解：為了解“雙減”后某地區(qū)八年級(jí)學(xué)生每天做家庭作業(yè)所用的時(shí)間，從該市八年級(jí)學(xué)生中抽取100名學(xué)生進(jìn)行調(diào)查．在這個(gè)抽樣調(diào)查中，樣本的容量是100．
故答案為：100．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了樣本容量的定義，一個(gè)樣本包括的個(gè)體數(shù)量叫做樣本容量，樣本容量只是個(gè)數(shù)字，沒(méi)有單位．
56．（2022春?常州期中）在一只不透明袋子里裝有顏色不同的8個(gè)球，這些球除去顏色外完全相同．每次從袋子里摸出1個(gè)球記錄下顏色后再放回，經(jīng)過(guò)多次重復(fù)試驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)摸到白球的頻率穩(wěn)定在0.25附近，則從這個(gè)袋子中摸到白球的概率估計(jì)值是 ．
【分析】根據(jù)概率的求法，找準(zhǔn)兩點(diǎn)：①全部情況的總數(shù)；②符合條件的情況數(shù)目；二者的比值就是其發(fā)生的概率．
【解答】解：白球的頻率穩(wěn)定在0.25附近，
∴白球的個(gè)數(shù)為8×0.25＝2（個(gè)），
∴摸到白球的概率＝＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用概率的求法估計(jì)總體個(gè)數(shù)，利用如果一個(gè)事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)果，那么事件A的概率P（A）＝是解題關(guān)鍵．
57．（2022春?銅山區(qū)期中）2021年3月12日是我國(guó)第43個(gè)植樹(shù)節(jié)，某林業(yè)部門(mén)要考察某種幼樹(shù)在一定條件下的移植成活率，幼樹(shù)移植過(guò)程中的一組統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表：
由此估計(jì)這種幼樹(shù)在此條件下移植成活的概率約是 0.9 （精確到0.1）．
【分析】在大量重復(fù)實(shí)驗(yàn)中，如果事件A發(fā)生的頻率穩(wěn)定在某一個(gè)常數(shù)，則這個(gè)常數(shù)估計(jì)為事件A發(fā)生的概率，由此求解即可．
【解答】解：由統(tǒng)計(jì)表可知，這種幼樹(shù)在此條件下移植成活的概率約是0.9，
故答案為：0.9．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查由頻率估計(jì)概率，理解頻率與概率的關(guān)系是解答的關(guān)鍵．
58．（2022春?海州區(qū)校級(jí)期中）從一個(gè)不透明的口袋中隨機(jī)摸出一個(gè)球再放回，不斷重復(fù)上述過(guò)程，一共摸了150次，其中有50次漠到黑球；已知袋中儀有10個(gè)黑球和若干個(gè)白球，這些球除顏色外全一樣，由此可估計(jì)袋中有 20 個(gè)白球．
【分析】先由頻率＝頻數(shù)÷數(shù)據(jù)總數(shù)計(jì)算出頻率，再由題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，則摸到黑球的頻率是＝，
設(shè)口袋中大約有x個(gè)白球，則＝，
解得x＝20．
故答案為：20．
【點(diǎn)評(píng)】考查利用頻率估計(jì)概率．大量反復(fù)試驗(yàn)下頻率穩(wěn)定值即概率．關(guān)鍵是得到關(guān)于黑球的概率的等量關(guān)系．
59．（2022春?淮陰區(qū)期中）一個(gè)不透明的袋中裝有若干個(gè)紅球和10個(gè)白球，搖勻后每次隨機(jī)從袋中摸出一個(gè)球，記下顏色后放回袋中，通過(guò)大量重復(fù)摸球試驗(yàn)后發(fā)現(xiàn)，摸到白球的頻率是0.4，則袋中紅球約為 15 個(gè)．
【分析】根據(jù)口袋中有10個(gè)白球，利用白球在總數(shù)中所占比例得出與試驗(yàn)比例應(yīng)該相等求出即可．
【解答】解：∵通過(guò)大量重復(fù)摸球試驗(yàn)后發(fā)現(xiàn)，摸到白球的頻率是0.4，口袋中有10個(gè)白球，
假設(shè)有x個(gè)紅球，
則，
解得：x＝15，
∴口袋中有紅球約為15個(gè)，
故答案為：15．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用頻率估計(jì)隨機(jī)事件的概率，根據(jù)已知白球的頻率得出與試驗(yàn)比例應(yīng)該相等是解題關(guān)鍵．
60．（2022春?工業(yè)園區(qū)期中）在一個(gè)不透明的袋中裝有除顏色外其余均相同的n個(gè)小球，其中有5個(gè)黑球，從袋中隨機(jī)摸出一球，記下其顏色，稱(chēng)為一次摸球試驗(yàn)，之后把它放回袋中，攪勻后，再繼續(xù)摸出一球，利用計(jì)算機(jī)模擬的結(jié)果，摸出黑球的頻率在0.5附近波動(dòng)，由此可以估計(jì)出n的值是 10 ．
【分析】先根據(jù)頻率估計(jì)概率求出球的總個(gè)數(shù)，繼而可得答案．
【解答】解：根據(jù)頻率估計(jì)概率知，球的總個(gè)數(shù)n＝5÷0.5＝10，
∴n的估計(jì)值為10，
故答案為：10．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用頻率估計(jì)概率，大量重復(fù)實(shí)驗(yàn)時(shí)，事件發(fā)生的頻率在某個(gè)固定位置左右擺動(dòng)，并且擺動(dòng)的幅度越來(lái)越小，根據(jù)這個(gè)頻率穩(wěn)定性定理，可以用頻率的集中趨勢(shì)來(lái)估計(jì)概率，這個(gè)固定的近似值就是這個(gè)事件的概率．
幼樹(shù)移植數(shù)（棵）
400
1500
3500
7000
9000
14000
幼樹(shù)移植成活數(shù)（棵）
325
1336
3203
6335
8073
12628
幼樹(shù)移植成活的頻率
0.813
0.891
0.915
0.905
0.897
0.902

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