期中模拟预测卷03（测试范围：第7章~第10章）-【满分全攻略】2022-2023学年八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试（苏科版）

这是一份期中模拟预测卷03（测试范围：第7章~第10章）-【满分全攻略】2022-2023学年八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试（苏科版），文件包含期中模拟预测卷03原卷版docx、期中模拟预测卷03解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。

1．本试卷含三个大题，共26题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出解题的主要步骤．
一．选择题（共10小题）
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：第一个图是轴对称图形，是中心对称图形；
第二个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
第三个图是轴对称图形，又是中心对称图形；
第四个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个，
故选：B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．下列调查中，适宜采用普查方式的是（ ）
A．调查市场上酸奶的质量情况
B．调查我市中小学生的视力情况
C．调查某品牌圆珠笔芯的使用寿命
D．调查乘坐飞机的旅客是否携带违禁物品
【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：A、数量较多，调查具有破坏性，适合抽查；
B、人数较多，适合抽查；
C、数量较多，调查具有破坏性，适合抽查；
D、事关重大，必须进行全面调查，选项正确．
故选：D．
【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时，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．
3．为了了解我市2017年中考数学学科各分数段成绩分布情况，从中抽取180名考生的中考数学成绩进行统计分析，在这个问题中，样本是指（ ）
A．180
B．被抽取的180名考生
C．被抽取的180名考生的中考数学成绩
D．我市2017年中考数学成绩
【分析】直接利用样本的定义，从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本，进而分析得出答案．
【解答】解：为了了解我市2017年中考数学学科各分数段成绩分布情况，从中抽取180名考生的中考数学成绩进行统计分析，
在这个问题中，样本是指被抽取的180名考生的中考数学成绩．
故选：C．
【点评】此题主要考查了样本的定义，正确把握定义是解题关键．
4．下列说法正确的是（ ）
A．在一次抽奖活动中，“中奖的概率是”表示抽奖100次就一定会中奖
B．随机抛一枚一元硬币，落地后正面一定朝上
C．同时掷两枚均匀的骰子，朝上一面的点数和一定为6
D．13人中至少有2人的生日在同一个月是必然事件
【分析】根据概率的意义和概率公式逐一分析判断即可．
【解答】解：A、在一次抽奖活动中，“中奖的概率是”表示抽奖100次可能会中奖，此说法错误，故选项不符合题意；
B、随机抛一枚硬币，落地后正面可能朝上，可能朝下，说法错误，故选项不符合题意；
C、同时掷两枚均匀的骰子，朝上一面的点数和有多种可能性，说法错误，故选项不符合题意；
D、13人中至少有2人的生日在同一个月是必然事件，说法正确，故选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了概率的意义，关键是理解概率的意义和概率的求法，用到的知识点是随机事件，概率公式．
5．下列说法：（1）矩形的对角线互相垂直且平分；（2）菱形的四边相等；（3）一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；（4）正方形的对角线相等，并且互相垂直平分．
其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】依据矩形的性质、菱形的性质、平行线四边形的判定定理、正方形的性质求解即可．
【解答】解：（1）矩形的对角线相等且互相平分，故（1）错误；（2）菱形的四边相等，故（2）正确；（3）等腰梯形的一组对边平行，另一组对边相等，故（3）错误；（4）正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，故（4）正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查的是矩形、菱形、正方形的性质，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
6．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE＝DF；②∠DAF＝15°；③AC垂直平分EF；④BE+DF＝EF；⑤S△CEF＝2S△ABE，其中正确结论有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的性质就可以得出EC＝FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC＝x，BE＝y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和2S△ABE，再通过比较大小就可以得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．
∴∠BAE+∠DAF＝30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF（故①正确）．
∠BAE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF＝30°，
即∠DAF＝15°（故②正确），
∵BC＝CD，
∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF．（故③正确）．
设EC＝x，由勾股定理，得
EF＝x，CG＝x，
AG＝AEsin60°＝EFsin60°＝2×CGsin60°＝x，
∴AC＝，
∴AB＝，
∴BE＝﹣x＝，
∴BE+DF＝x﹣x≠x，（故④错误），
∵S△CEF＝x2，
S△ABE＝x2，
∴2S△ABE＝x2＝S△CEF，（故⑤正确）．
综上所述，正确的有4个，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质是解题的关键．
7．分式（a、b、c均为正数）中字母的值都扩大为原来的3倍，则分式的值（ ）
A．扩大为原来的3倍B．缩小为原来的
C．不变D．缩小为原来的
【分析】根据分式的基本性质，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
＝＝，
∴分式（a、b、c均为正数）中字母的值都扩大为原来的3倍，则分式的值缩小为原来的，
故选：D．
【点评】本题考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的基本性质是解题的关键．
8．顺次连接四边形四边中点所组成的四边形是菱形，则原四边形为（ ）
A．平行四边形B．菱形
C．对角线相等的四边形D．对角线垂直的四边形
【分析】根据三角形中位线定理得到EF＝BD，EH＝AC，根据菱形的性质得到EF＝EH，得到答案．
【解答】解：∵E、F、H分别是边AD、AB、CD的中点，
∴EF＝BD，EH＝AC，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EF＝EH，
∵EF＝BD，EH＝AC，
∴AC＝BD，
∴原四边形的对角线相等，
故选：C．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的性质是解题的关键．
9．如图，菱形ABCD的周长为24，∠ABC＝120°，则AC的长为（ ）
A．B．6C．D．3
【分析】设AC与BD相交于O，根据菱形的性质得到AO＝CO，AC⊥BD，∠ABD＝60°，则∠BAO＝30°，根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
【解答】解：设AC与BD相交于O，
∵菱形ABCD的周长为24，∠ABC＝120°，
∴AO＝CO，AC⊥BD，∠ABD＝60°，AB＝6，
∴∠BAO＝30°，
∴在Rt△AOB中，BO＝AB＝3，
∴AO＝，
∴AC＝2AO＝，
故选：A．
【点评】本题考查菱形的性质、勾股定理、含30°的直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质和含30°的直角三角形的性质是解答的关键．
10．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．
【解答】解：∵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．
【点评】此题主要考查了菱形的性质，以及勾股定理的应用，关键是掌握菱形四边相等．
二．填空题（共8小题）
11．若关于x的方程＝2有增根，则a＝ ﹣1 ．
【分析】先去分母，然后将增根x＝1代入a+x＝2（x﹣1），求解即可．
【解答】解：去分母，得a+x＝2（x﹣1），
将x＝1代入a+x＝2（x﹣1），
得a+1＝0，
解得a＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了分式方程的增根，熟练掌握增根的含义是解题的关键．
12．对某班组织的一次考试成绩进行统计，已知80.5～90.5分这一组的频数是8，频率是0.2，那么该班级的人数是 40 人．
【分析】因为频数是指每个对象出现的次数，频数＝总数×频率，从而可求出解．
【解答】解：该班级的人数：8÷0.2＝40，
故答案为：40．
【点评】本题考查频数的求法，关键知道频数＝总数×频率，从而可求出解．
13．平行四边形ABCD中，∠B：∠C＝3：2，则∠C＝ 72° ．
【分析】根据平行四边形的性质可得出∠B+∠C＝180°，结合∠B：∠C＝3：2可得出∠C的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠C＝180°．
又∵∠B：∠C＝3：2，
∴∠C＝72°，
故答案为：72°．
【点评】此题考查了平行四边形的性质，属于基础题，掌握“平行四边形的邻角互补”是解答本题的关键．
14．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE＝63°，∠E＝71°，且AD⊥BC，则∠BAC的度数为 82° ．
【分析】根据旋转性质得到∠C＝∠E＝71°，∠BAD＝∠CAE＝63°，再根据垂直定义求得∠CAD即可求解．
【解答】解：由旋转性质得：∠C＝∠E＝71°，∠BAD＝∠CAE＝63°，
∵AD⊥BC，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣71°＝19°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝63°+19°＝82°，
故答案为：82°．
【点评】本题考查旋转性质、垂直定义、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握旋转性质是解答的关键．
15．若分式的值为0，则x＝ 1 ．
【分析】根据分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零列式计算即可．
【解答】解：由题意得，x﹣1＝0，
解得，x＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查的是分式为零的条件，分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．
16．计算：＝ 1 ．
【分析】这两个分式的分母相同，直接让分子相加即可．
【解答】解：原式＝＝1．
【点评】分式的加减运算中，如果是同分母分式，那么分母不变，把分子直接相加减即可．
17．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO＝12，S菱形ABCD＝120，则AH＝ ．
【分析】由菱形面积＝对角线积的一半可求AC，再由菱形的性质得出CO的长，由勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝DO＝12，AO＝CO，AC⊥BD，
∴BD＝2BO＝24，
∵S菱形ABCD＝AC×BD＝120，
即：×AC×24＝120，
∴AC＝10，
∴CO＝AC＝×10＝5，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC＝＝＝13，
∵S菱形ABCD＝BC×AH＝120，
即：13×AH＝120，
∴AH＝；
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出BC是解题的关键．
18．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．
三．解答题（共8小题）
19．解方程：
（1）；
（2）＝1．
【分析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）方程两边同时乘以x（x+1）得：5x+2＝3x，
解得：x＝﹣1，
检验：当x＝﹣1时，x+1＝0，
∴x＝﹣1是增根，
所以，原分式方程无解；
（2）方程两边同时乘以（x+1）（x﹣1），得（x+1）2﹣6＝（x+1）（x﹣1），
解得：x＝2，
检验：当x＝2 时，（x+1）（x﹣1）≠0，
∴x＝2是原方程的解．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
20．先化简：÷（﹣），再从﹣2＜x＜3的范围内选取一个你喜欢的x值代入求值．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，确定出x的值，代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝÷＝•＝，
当x＝2时，原式＝4（x≠﹣1，0，1）．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21．某校为了了解初三年级1000名学生的身体健康情况，从该年级随机抽取了若干名学生，将他们按体重（均为整数，单位：kg）分成五组（A：39.5～46.5；B：46.5～53.5；C：53.5～60.5；D：60.5～67.5；E：67.5～74.5），并依据统计数据绘制了如下两幅尚不完整的统计图．
解答下列问题：
（1）这次抽样调查的样本容量是 50 ，并补全频数分布直方图；
（2）C组学生的频率为 0.32 ，在扇形统计图中D组的圆心角是 72 度；
（3）请你估计该校初三年级体重超过60kg的学生大约有多少名？
【分析】（1）根据A组的百分比和频数得出样本容量，并计算出B组的频数补全频数分布直方图即可；
（2）由图表得出C组学生的频率，并计算出D组的圆心角即可；
（3）根据样本估计总体即可．
【解答】解：（1）这次抽样调查的样本容量是4÷8%＝50，B组的频数＝50﹣4﹣16﹣10﹣8＝12，
补全频数分布直方图，如图：
（2）C组学生的频率是0.32；D组的圆心角＝；
（3）样本中体重超过60kg的学生是10+8＝18人，
该校初三年级体重超过60kg的学生大约＝人，
故答案为：（1）50；（2）0.32；72．
【点评】此题考查频数分布直方图，关键是根据频数分布直方图得出信息进行计算．
22．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（5，1）、C（4，4）．
（1）按下列要求作图：
①将△ABC向左平移5个单位得到△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
②将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，并写出点B2的坐标；
（2）△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为 （直接写出答案）．
【分析】（1）①直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
②直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用旋转的性质得出重合部分边长关系进而得出答案．
【解答】解：（1）①如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1（﹣4，1）；
②如图所示：△A2B2C2，点B2（﹣1，5）；
（2）∵A2C2⊥A1C1且交点到A1，C1的距离相等，
∴设△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的边长为x，则x2+x2＝9，
解得：x＝，
故△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为：××＝．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了旋转变换以及勾股定理，正确得出对应点位置是解题关键．
23．如图，正方形ABCD中，AE＝BF．
（1）求证：△BCE≌△CDF；
（2）求证：CE⊥DF；
（3）若CD＝6，且DG2+GE2＝41，则BE＝ 6﹣ ．
【分析】（1）根据正方形的性质，利用SAS证明△BCE≌△CDF即可；
（2）根据全等三角形的性质得∠BCE＝∠CDF，则∠CDF+∠DCG＝90°，即可证明结论；
（3）连接DE，由勾股定理得DE2＝41，再利用勾股定理求出AE即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠DCF，
∵AE＝BF，
∴BE＝CF，
在△BCE和△CDF中，
，
∴△BCE≌△CDF（SAS）；
（2）证明：∵△BCE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠CDF，
∵∠BCE+∠DCG＝90°，
∴∠CDF+∠DCG＝90°，
∴∠DGC＝90°，
∴CE⊥DF；
（3）解：连接DE，
∵∠DGE＝90°，
∴DG2+EG2＝DE2，
∵DG2+GE2＝41，
∴DE2＝41，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE＝＝，
∴BE＝AB﹣AE＝6﹣．
故答案为：6﹣．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，垂直的定义，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24．已知：如图，A、C是▱DEBF的对角线EF所在直线上的两点，且AE＝CF．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】如图，连接BD，交AC于点O，欲证明证明四边形ABCD是平行四边形，只需证得AO＝CO，DO＝BO．
【解答】证明：如图，连接BD，交AC于点O．
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴OD＝OB，OE＝OF．
又∵AE＝CF，
∴AE+OE＝CF+OF，即OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
25．如图，平行四边形ABCD中，∠B＝2∠A，动点P、Q、M、N分别从点A、B、C、D同时出发，沿平行四边形的边，分别向点B、C、D、A匀速运动，运动时间记为t，当其中一个点到达终点时，其余各点均停止运动，连接PQ，QM，MN，NP．已知AB＝6cm，BC＝4.5cm，动点P、M的速度均是2cm/s，动点Q、N的速度均是1cm/s，
（1）AP＝ （6﹣2t） cm，CQ＝ （4.5﹣t） cm（用含t的代数式表示）；
（2）在点P、Q、M、N的整个运动过程中，四边形PQMN一定会是一种特殊的四边形吗？如果是，指出并证明你的结论；如果不是，说明理由．
（3）在点P、Q、M、N的运动过程中，四边形PQMN能成为菱形吗？如果能，求出t的值；如果不能，说明理由．
【分析】（1）直接根据路程＝速度×时间可得答案；
（2）由题意知，AP＝CM，AN＝CQ，再根据平行四边形的性质得∠A＝∠C，∠B＝∠D，说明△APN≌△CMQ（SAS），得PN＝QM，同理，△BPQ≌△DMN（SAS），得PQ＝MN，即可证明；
（3）过点P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB的延长线于F，利用含30°角的直角三角形的性质可得PE＝tcm，PF＝（3﹣t）cm，QF＝t+3﹣t＝3，EN＝（4.5﹣2t）cm，利用勾股定理表示出PQ和PN的长，列方程即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意知，AP＝2tcm，CQ＝（4.5﹣t）cm；
故答案为：2t，（4.5﹣t）；
（2）四边形PQMN是平行四边形，理由如下：
由题意知，AP＝CM，AN＝CQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，∠B＝∠D，
∴△APN≌△CMQ（SAS），
∴PN＝QM，
同理，△BPQ≌△DMN（SAS），
∴PQ＝MN，
∴四边形PQMN是平行四边形；
（3）过点P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB的延长线于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝2∠A，
∴∠A＝60°，∠ABC＝120°，
∴∠APE＝∠BPF＝30°，
∴AE＝tcm，BF＝（6﹣2t）＝（3﹣t）cm，
∴PE＝tcm，PF＝（3﹣t）cm，
∴QF＝t+3﹣t＝3，EN＝（4.5﹣2t）cm，
∵四边形PNMQ是平行四边形，
∴当PN＝PQ时，四边形PNMQ是菱形，
∴，
解得t＝（负数舍去），
∵0≤t≤3，
∴t＝时，四边形PQMN成为菱形．
【点评】本题四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
26．在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，E、F是直线AC上的两个动点，分别从A、C两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，其中（0≤t≤10）．
（1）如图1，M、N分别是AB、CD中点，当四边形EMFN是矩形时，求t的值．
（2）若G、H分别从点A、C沿折线A﹣B﹣C，C﹣D﹣A运动，与E、F相同的速度同时出发．
①如图2，若四边形EGFH为菱形，求t的值；
②如图3，作AC的垂直平分线交AD、BC于点P、Q，当四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的，则t的值是 ．
③如图4，在异于G、H所在矩形边上取P、Q，使得PD＝BQ，顺次连接P、G、Q、H，请直接写出四边形PGQH周长的最小值是 16 ．
【分析】（1）先证四边形EMFN是平行四边形，则当EF＝MN＝16时，四边形EMFN是矩形，即可求解；
（2）①如图2，连接GH，CH，由菱形的性质可得GH⊥AC，得GH是AC的垂直平分线，则AH＝CH，由勾股定理可求解；
②由线段垂直平分线和勾股定理可求AQ＝CQ＝10，由面积和差关系可求解；
③如图4，作点G关于BC的对称点G'，过点G'作G'K⊥DC于K，连接G'H，QG'，则BG＝BG'＝CK，QG＝G'Q，当G'，Q，H三点共线时，四边形PGQH周长有最小值，根据勾股定理可得结论．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠MAE＝∠NCF，
∵M、N分别是AB，DC中点，
∴AM＝CN，
∵E、F分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，
∴AE＝CF＝2t，
∴△AME≌△CNF（SAS），
∴ME＝FN，∠AEM＝∠CFN，
∴∠MEF＝∠EFN，
∴ME∥FN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
如图1，连接MN，
∵矩形ABCD，M，N分别是AB，DC中点，
∴四边形MBCN是矩形，
∵矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，
∴MN＝BC＝16，AC＝＝8，
∵四边形EMFN是平行四边形，
∴当EF＝MN＝16时，四边形EMFN是矩形，
∴8﹣4t＝16或4t﹣8＝16，
解得t＝2﹣4或2+4；
（2）①由（1）知：AE＝CF，
如图2，连接GH，CH，
∵四边形EGFH为菱形，
∴AC⊥GH，OE＝OF，
∴OA＝OC，
∴AH＝HC，
∵HC2＝CD2+DH2，
∴AH2＝64+（16﹣AH）2，
∴AH＝CH＝10，
∴DH＝6，
∴CD+DH＝8+6＝14，
∴t＝＝7；
②如图3，连接AQ，
由①同理得：AQ＝CQ＝10，BQ＝6，
由①知：AP＝10，
∴AP＝CQ，
∵G、H分别从点A、C沿折线A﹣B﹣C，C﹣D﹣A运动，
∴AG＝CH，
又∵∠GAP＝∠QCH＝90°，
∴△APG≌△CQH（SAS），
∴GP＝QH，
同理可证PH＝GQ，
∴四边形GQHP是平行四边形，
∵四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的，
∴S▱PGDH＝S矩形ABCD，
∴2S△PGQ＝S矩形ABCD＝×8×16＝60，
∴S△PGQ＝30，
∴S△AGP+S△GBQ＝×8×16﹣30＝34，
∴×AG×10+×6×（8﹣AG）＝34，
∴AG＝5，
∴t＝；
故答案为：；
③如图4，作点G关于BC的对称点G'，过点G'作G'K⊥DC于K，连接G'H，QG'，则BG＝BG'＝CK，QG＝G'Q，
∵AG＝CH，
∴HK＝CH+CK＝AQ+BQ＝8，
∵G'K＝16，
∴G'H＝＝8，
由②知：四边形PGQH是平行四边形，
∴四边形PGQH的周长＝2QH+2GQ＝2QH+2QG'≥2G'H，
当G'，Q，H三点共线时，四边形PGQH周长有最小值，且最小值是2G'H＝16．
故答案为：16．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质和判定，轴对称的性质，轴对称的最短路径问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．