7. 一个不透明的口袋中有8个红球和2个白球(这些球除颜色外其他都相同)，从袋子中任意摸出n个球。若摸到红球是必然事件，则n的最小值是
3
。
答案：7. 3
8. 新素养
抽象能力 如图，在正方形ABCD中，分别以A，B两点为圆心，AB的长为半径作弧，两弧交于点E，连接DE，则∠CDE=
15
°。
答案：8. 15
解析：
证明：连接AE，BE，CE。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC，∠ADC=90°，∠BAD=∠ABC=90°。
∵分别以A，B为圆心，AB长为半径作弧，两弧交于点E，
∴AE=AB，BE=AB，
∴AE=BE=AB，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∴∠DAE=∠BAD - ∠BAE=90° - 60°=30°。
∵AD=AE，
∴△ADE是等腰三角形，
∴∠ADE=∠AED=(180° - ∠DAE)/2=(180° - 30°)/2=75°，
∴∠CDE=∠ADC - ∠ADE=90° - 75°=15°。
15
9. (2025·四川凉山)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，过点E分别作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，连接FG。若AC=12，BD=16，则FG的长为
5
。
答案：9. 5
解析：
解：
∵四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16，
∴AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8。
∵E是CD的中点，EF⊥BD，EG⊥AC，
∴EF//AC，EG//BD，
∴四边形OGEF是矩形，
∴FG=OE。
∵在Rt△COD中，OC=6，OD=8，
∴CD=√(OC²+OD²)=√(6²+8²)=10。
∵E是CD的中点，
∴OE=1/2CD=5，
∴FG=5。
答案：5
10. 如图，AB=CD=2，∠A=∠C=15°，∠D=105°，则线段AD的长为
$\sqrt{2}$
。
答案：10. $\sqrt{2}$ 解析：如图，过点$A$作$AE// CD$，且$AE = CD$，连接$BE$，$CE$，所以四边形$ADCE$是平行四边形.所以$AD// CE$，$AD = CE$，$\angle DAE = \angle DCE$.所以$\angle D + \angle DCE = 180^{\circ}$.又$\angle D = 105^{\circ}$，所以$\angle DCE = 180^{\circ} - \angle D = 75^{\circ}$，即$\angle DAE = 75^{\circ}$.又$\angle DAB = \angle BCD = 15^{\circ}$，所以$\angle BAE = \angle DAE - \angle BAD = 60^{\circ}$，$\angle BCE = \angle BCD + \angle DCE = 90^{\circ}$.又$AB = CD = 2$，所以$AB = AE = 2$，即$\triangle ABE$是等边三角形.所以$BE = AB = 2$，$\angle ABE = 60^{\circ}$.又$\angle DAB + \angle AOD + \angle D = 180^{\circ}$，$\angle BCD + \angle BOC + \angle ABC = 180^{\circ}$，且$\angle AOD = \angle BOC$，所以$\angle ABC = \angle D = 105^{\circ}$，即$\angle EBC = \angle ABC - \angle ABE = 45^{\circ}$.所以$\triangle BCE$是等腰直角三角形，即$BC = CE$.在$Rt\triangle BCE$中，由勾股定理，得$BC^{2} + CE^{2} = BE^{2}$，即$2CE^{2} = 2^{2}$，解得$CE = \sqrt{2}$（负值已舍去）.则$AD = \sqrt{2}$.
11. 已知平面内有不共线三点A，B，C，D是动点(不与任意两点共线)，连接AB，BC，CD，DA，线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q，连接MN，PN，MQ，PQ，有下列说法：① 存在无数个平行四边形MNPQ；② 存在无数个菱形MNPQ；③ 存在无数个矩形MNPQ；④ 存在两个正方形MNPQ。其中正确的是
①②③④
。(填序号)
答案：11. ①②③④ 解析：连接$AC$，$BD$.因为$M$，$N$，$P$，$Q$分别是$AB$，$BC$，$CD$，$DA$的中点，所以$PQ = \frac{1}{2}AC$，$PQ// AC$，$MN = \frac{1}{2}AC$，$MN// AC$，$QM = \frac{1}{2}BD$，$QM// BD$，$PN = \frac{1}{2}BD$，$PN// BD$，即$PQ = MN$，$PQ// MN$，$QM = PN$，$QM// PN$.当$AC$与$BD$不平行时，四边形$MNPQ$是平行四边形.所以存在无数个平行四边形$MNPQ$.故①正确；当$AC = BD$，且$AC$与$BD$不平行时，$MN = PQ = QM = PN$，所以四边形$MNPQ$是菱形.所以存在无数个菱形$MNPQ$.故②正确；当$AC⊥ BD$时，$PQ⊥ PN$，所以四边形$MNPQ$是矩形.所以存在无数个矩形$MNPQ$.故③正确；当$AC = BD$，且$AC⊥ BD$时，$MN = PQ = QM = PN$，$PQ⊥ PN$，所以四边形$MNPQ$是正方形.此时仅有如图①②所示的两种情况.故④正确.综上，正确的是①②③④.
12. (2025·贵州)如图，在矩形ABCD中，E，F，M三点分别在边AB，DC，AD上，BE=2CF，FM分别交对角线BD，线段DE于G，H两点，且H是DE的中点。若CF=2，∠ABD=30°，则HG的长为
$\frac{\sqrt{4}}{3}\sqrt{3}$
。
答案：12. $\frac{\sqrt{4}}{3}\sqrt{3}$ 解析：如图，连接$AC$交$BD$于点$N$，过点$H$作$HQ⊥ BD$于点$Q$，连接$HN$，则$\angle HQG = 90^{\circ}$.因为$BE = 2CF$，$CF = 2$，所以$BE = 4$.因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AN = CN = BN = DN$，$AB// CD$，即$N$是$BD$的中点，$\angle ACD = \angle BDC = \angle ABD$.又$\angle ABD = 30^{\circ}$，所以$\angle ACD = \angle BDC = 30^{\circ}$.又$H$是$DE$的中点，所以$HN// BE$，$HN = \frac{1}{2}BE = 2$，即$HN// CF$，$HN = CF$，$\angle HNQ = \angle ABD = 30^{\circ}$.所以$HQ = \frac{1}{2}HN = 1$，四边形$CFHN$是平行四边形.所以$HF// CN$，即$\angle HFD = \angle ACD = 30^{\circ}$.所以$\angle NHG = \angle HFD = 30^{\circ}$.所以$\angle HGQ = \angle NHG + \angle HNQ = 60^{\circ}$.所以$\angle QHG = 90^{\circ} - \angle HGQ = 30^{\circ}$.所以$QG = \frac{1}{2}HG$.在$Rt\triangle HQG$中，由勾股定理，得$HQ^{2} + QG^{2} = HG^{2}$，所以$1 + \frac{1}{4}HG^{2} = HG^{2}$，解得$HG = \frac{\sqrt{4}}{3}\sqrt{3}$（负值已舍去）.则$HG$的长为$\frac{\sqrt{4}}{3}\sqrt{3}$.
13. (10分)在某次线上寻宝比赛中，系统每次提供40个神秘宝箱，它们的形状、大小和质地完全相同(里面装有金币等宝物)。小明进行以下试验：每次试验时，系统随机出现宝箱，然后他随机选取一个宝箱，打开并记录宝箱内的物品。重复此过程多次，下表记录了试验的部分统计数据：
(1)该比赛中，当n很大时，选到装有金币宝箱的频率在
0.25
附近摆动(精确到0.01)；
(2)试估算，该系统设定的40个宝箱里放金币的宝箱的个数。
答案：13. (1) 0.25
(2) 由(1)，得当$n$很大时，选到装有金币宝箱的频率在$0.25$附近摆动，所以估计选到金币宝箱的概率为$0.25$.所以估计该系统设定的$40$个宝箱里放金币的宝箱的个数为$40×0.25 = 10$.
