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1. 如图，$∠ A+∠ B+∠ C+∠ D+∠ E+∠ F+∠ G+∠ H+∠ I=(\quad)$
A.$540°$
B.$630°$
C.$720°$
D.$810°$
A.$540°$
B.$630°$
C.$720°$
D.$810°$
答案
A
解析
利用三角形外角的性质，将∠A+∠B+∠C转化为五边形的一个内角，将∠E+∠F+∠G转化为五边形的另一个内角，所求的9个角的和等价于五边形的内角和。根据多边形内角和公式$(n-2)×180°$，五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，即这9个角的和为$540°$。
2. 如图，BD，CE是$△ ABC$的中线，P，Q分别是BD，CE的中点，则$PQ:BC=$。
答案
$1:4$
解析
1. 连接DE，∵BD、CE是△ABC的中线，
∴E为AB中点，D为AC中点，
根据三角形中位线定理，可得$DE// BC$，且$DE=\frac{1}{2}BC$。
2. 连接DQ并延长，交BC于点M，
∵$DE// BC$，∴$∠ EDQ=∠ CMQ$，
又∵$EQ=QC$，$∠ DQE=∠ MQC$，
∴$△ DEQ ≌ △ MCQ$（AAS），
∴$DQ=QM$，$DE=MC$。
3. 在$△ BDM$中，∵P是BD中点，Q是DM中点，
∴PQ是$△ BDM$的中位线，
∴$PQ=\frac{1}{2}BM$。
4. 代入得$BM=BC-MC=BC-DE=BC-\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}BC$，
因此$PQ=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}BC=\frac{1}{4}BC$，即$PQ:BC=1:4$。
∴E为AB中点，D为AC中点，
根据三角形中位线定理，可得$DE// BC$，且$DE=\frac{1}{2}BC$。
2. 连接DQ并延长，交BC于点M，
∵$DE// BC$，∴$∠ EDQ=∠ CMQ$，
又∵$EQ=QC$，$∠ DQE=∠ MQC$，
∴$△ DEQ ≌ △ MCQ$（AAS），
∴$DQ=QM$，$DE=MC$。
3. 在$△ BDM$中，∵P是BD中点，Q是DM中点，
∴PQ是$△ BDM$的中位线，
∴$PQ=\frac{1}{2}BM$。
4. 代入得$BM=BC-MC=BC-DE=BC-\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}BC$，
因此$PQ=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}BC=\frac{1}{4}BC$，即$PQ:BC=1:4$。
3.如图，$△ ABC$的周长为$a$，以它的三边中点为顶点组成一个新三角形（记为第1个），以这个新三角形三边中点为顶点又组成一个小三角形（记为第2个），以此类推，则第2026个三角形的周长是$\underline{\hspace{3em}}$。
答案
$\dfrac{a}{2^{2026}}$
解析
根据三角形中位线定理：三角形的中位线长度等于对应第三边长度的一半。
1. 已知原△ABC的周长为a，第1个由原三角形三边中点组成的新三角形，三条边分别是原△ABC三边的中位线，因此第1个三角形的周长为原三角形周长的$\frac{1}{2}$，即$a·\frac{1}{2}$。
2. 第2个三角形由第1个三角形的三边中点组成，同理可得它的周长为第1个三角形周长的$\frac{1}{2}$，即$a·(\frac{1}{2})^2$。
3. 以此类推，归纳可得第$n$个三角形的周长为$a·(\frac{1}{2})^n$。
将$n=2026$代入规律式，得到第2026个三角形的周长为$\frac{a}{2^{2026}}$。
1. 已知原△ABC的周长为a，第1个由原三角形三边中点组成的新三角形，三条边分别是原△ABC三边的中位线，因此第1个三角形的周长为原三角形周长的$\frac{1}{2}$，即$a·\frac{1}{2}$。
2. 第2个三角形由第1个三角形的三边中点组成，同理可得它的周长为第1个三角形周长的$\frac{1}{2}$，即$a·(\frac{1}{2})^2$。
3. 以此类推，归纳可得第$n$个三角形的周长为$a·(\frac{1}{2})^n$。
将$n=2026$代入规律式，得到第2026个三角形的周长为$\frac{a}{2^{2026}}$。
4. 如图,在直角梯形 $ABCD$ 中,$AD // BC$,$∠ B = 90°$,$AD = 24 \ \mathrm{cm}$,$BC = 26 \ \mathrm{cm}$。动点 $P$ 从点 $A$ 开始沿 $AD$ 边以 $1 \ \mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $D$ 运动,动点 $Q$ 从点 $C$ 开始沿 $CB$ 边以 $3 \ \mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $B$ 运动,$P,Q$ 两点同时出发,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动。设动点的运动时间为 $t \ \mathrm{s}$。
(1)当 $t$ 为何值时,四边形 $PQCD$ 是平行四边形?
(2)当 $t$ 为何值时,四边形 $PQCD$ 是直角梯形?
(3)当 $t$ 为何值时,梯形 $PQCD$ 是等腰梯形?
(1)当 $t$ 为何值时,四边形 $PQCD$ 是平行四边形?
(2)当 $t$ 为何值时,四边形 $PQCD$ 是直角梯形?
(3)当 $t$ 为何值时,梯形 $PQCD$ 是等腰梯形?
答案
(1) 当$t=6\ \mathrm{s}$时，四边形$PQCD$是平行四边形；
(2) 当$t=\frac{13}{2}\ \mathrm{s}$（或$6.5\ \mathrm{s}$）时，四边形$PQCD$是直角梯形；
(3) 当$t=7\ \mathrm{s}$时，梯形$PQCD$是等腰梯形。
(2) 当$t=\frac{13}{2}\ \mathrm{s}$（或$6.5\ \mathrm{s}$）时，四边形$PQCD$是直角梯形；
(3) 当$t=7\ \mathrm{s}$时，梯形$PQCD$是等腰梯形。
解析
首先推导运动过程中各线段的长度表达式：
由动点运动速度可得：$AP = t\ \mathrm{cm}$，$CQ = 3t\ \mathrm{cm}$，
已知$AD=24\ \mathrm{cm}$，因此$PD = AD - AP = (24 - t)\ \mathrm{cm}$，
已知$BC=26\ \mathrm{cm}$，因此$BQ = BC - CQ = (26 - 3t)\ \mathrm{cm}$，
由运动规则可知Q先到达终点B，总运动时长满足$0 ＜ t ≤ \frac{26}{3}$。
(1) 判定平行四边形：已知$AD// BC$，即$PD// QC$，根据平行四边形“一组对边平行且相等”的判定条件，只需满足$PD=CQ$：
列方程：$24 - t = 3t$
解得：$t=6$，符合运动时长范围。
(2) 判定直角梯形：已知$PD// QC$，要构成直角梯形需$PQ⊥ BC$，此时四边形$ABQP$为矩形（$∠ B=90°$，$AP// BQ$），根据矩形对边相等得$AP=BQ$：
列方程：$t = 26 - 3t$
解得：$t=\frac{13}{2}=6.5$，此时$PD≠ CQ$，不会构成矩形，符合直角梯形要求。
(3) 判定等腰梯形：过点D作$DE⊥ BC$于E，由直角梯形ABCD性质得$EC=BC-AD=26-24=2\ \mathrm{cm}$。等腰梯形下底$CQ$比上底$PD$长2倍的$EC$，即$CQ=PD+2× EC$：
列方程：$3t = (24 - t) + 4$
解得：$4t=28$，$t=7$，符合运动时长范围。
由动点运动速度可得：$AP = t\ \mathrm{cm}$，$CQ = 3t\ \mathrm{cm}$，
已知$AD=24\ \mathrm{cm}$，因此$PD = AD - AP = (24 - t)\ \mathrm{cm}$，
已知$BC=26\ \mathrm{cm}$，因此$BQ = BC - CQ = (26 - 3t)\ \mathrm{cm}$，
由运动规则可知Q先到达终点B，总运动时长满足$0 ＜ t ≤ \frac{26}{3}$。
(1) 判定平行四边形：已知$AD// BC$，即$PD// QC$，根据平行四边形“一组对边平行且相等”的判定条件，只需满足$PD=CQ$：
列方程：$24 - t = 3t$
解得：$t=6$，符合运动时长范围。
(2) 判定直角梯形：已知$PD// QC$，要构成直角梯形需$PQ⊥ BC$，此时四边形$ABQP$为矩形（$∠ B=90°$，$AP// BQ$），根据矩形对边相等得$AP=BQ$：
列方程：$t = 26 - 3t$
解得：$t=\frac{13}{2}=6.5$，此时$PD≠ CQ$，不会构成矩形，符合直角梯形要求。
(3) 判定等腰梯形：过点D作$DE⊥ BC$于E，由直角梯形ABCD性质得$EC=BC-AD=26-24=2\ \mathrm{cm}$。等腰梯形下底$CQ$比上底$PD$长2倍的$EC$，即$CQ=PD+2× EC$：
列方程：$3t = (24 - t) + 4$
解得：$4t=28$，$t=7$，符合运动时长范围。
