4. 写出命题“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的逆命题，并判断逆命题的真假. 若它是假命题，请举一个反例说明；若它是真命题，请画出图形，写出已知与求证，并证明.

逆命题为“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”，该逆命题是真命题，证明过程如上。

① 先交换原命题的题设与结论得到逆命题：原命题的题设为“一个三角形是直角三角形”，结论为“该三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，交换二者位置即可得到逆命题。② 经判断该逆命题为真命题，结合等腰三角形等边对等角的性质、三角形内角和定理完成证明：
已知：在△ABC中，CD是AB边上的中线，且$CD=\frac{1}{2}AB$。
求证：△ABC是直角三角形。
证明：
∵ CD是AB边上的中线，
∴ $AD=BD=\frac{1}{2}AB$，
又∵ $CD=\frac{1}{2}AB$，
∴ $AD=CD$，$BD=CD$，
∴ $∠A=∠ACD$，$∠B=∠BCD$（等边对等角），
∵ 在△ABC中，$∠A+∠B+∠ACB=180°$，且$∠ACB=∠ACD+∠BCD=∠A+∠B$，
代入得$2(∠A+∠B)=180°$，即$∠A+∠B=90°$，
∴ $∠ACB=180°-90°=90°$，
∴ △ABC是直角三角形。

5. 如图甲，A，E，F，C在一条直线上，$AE=CF$，过E，F分别作$DE⊥AC$，$BF⊥AC$，若$AB=CD$，试证明BD平分EF. 若将$△ DEC$的边EC沿AC方向移动变为图乙时，其余条件不变，上述结论是否成立？请说明理由.

图甲中可证得BD平分EF；将$△ DEC$移动为图乙的位置后，BD平分EF的结论仍然成立。

一、证明图甲中BD平分EF
1. 由 $DE⊥ AC$，$BF⊥ AC$，得 $∠ AFB = ∠ CED = 90°$，即$△ ABF$和$△ CDE$均为直角三角形。
2. 已知 $AE=CF$，等式两边同时加$EF$，可得 $AE+EF = CF+EF$，即 $AF=CE$。
3. 在$\mathrm{Rt}△ ABF$和$\mathrm{Rt}△ CDE$中：
$$\begin{cases} AB=CD \\ AF=CE \end{cases}$ 根据HL（斜边直角边）全等判定定理，得 $\mathrm{Rt}△ ABF ≌ \mathrm{Rt}△ CDE$，因此 $BF=DE$。4. 在$△ BFG$和$△ DEG$中： $$\begin{cases} ∠ BFG = ∠ DEG = 90° \\ ∠ BGF = ∠ DGE \ (\mathrm{对顶角相等}) \\ BF=DE \end{cases}$
根据AAS（角角边）全等判定定理，得 $△ BFG ≌ △ DEG$，因此 $FG=EG$，即BD平分EF。
---
二、图乙中结论仍然成立，理由如下
1. 同理，$DE⊥ AC$，$BF⊥ AC$，得 $∠ AFB = ∠ CED = 90°$。
2. 已知 $AE=CF$，等式两边同时减$EF$，可得 $AE-EF = CF-EF$，即 $AF=CE$。
3. 在$\mathrm{Rt}△ ABF$和$\mathrm{Rt}△ CDE$中：
$$\begin{cases} AB=CD \\ AF=CE \end{cases}$ 由HL判定得 $\mathrm{Rt}△ ABF ≌ \mathrm{Rt}△ CDE$，因此 $BF=DE$。4. 在$△ BFG$和$△ DEG$中： $$\begin{cases} ∠ BFG = ∠ DEG = 90° \\ ∠ BGF = ∠ DGE \ (\mathrm{对顶角相等}) \\ BF=DE \end{cases}$
由AAS判定得 $△ BFG ≌ △ DEG$，因此 $FG=EG$，BD平分EF，结论仍成立。

1. 在四边形中,钝角最多有个,直角最多有个,锐角最多有个.

3；4；3

根据多边形内角和公式，四边形的内角和为$(4-2)×180°=360°$：
1. 钝角的定义是大于$90°$且小于$180°$的角，若四边形存在4个钝角，内角和将大于$4×90°=360°$，和四边形内角和为$360°$矛盾，因此钝角最多有3个。
2. 直角等于$90°$，4个直角的内角和为$4×90°=360°$，刚好符合四边形内角和，例如矩形、正方形，因此直角最多有4个。
3. 锐角的定义是大于$0°$且小于$90°$的角，若四边形存在4个锐角，内角和将小于$4×90°=360°$，和四边形内角和为$360°$矛盾，因此锐角最多有3个。

2. 若一个四边形的四个内角度数之比为$2:2:3:5$，则最小内角的度数为________.

60°

根据四边形内角和定理，四边形的内角和为360°。设四个内角的度数分别为2x、2x、3x、5x，由内角和列方程得：2x + 2x + 3x + 5x = 360°，化简得12x=360°，解得x=30°，最小内角对应数值为2x，代入计算得2×30°=60°。

3. 如图,用四个螺钉将四根不可弯曲的木条围成一个木框(不计螺钉大小),其中相邻两个螺钉的距离依次为2, 3, 4, 6,且相邻两根木条的夹角均可调整. 若调整木条的夹角时不破坏此木框,则任意两个螺钉的距离的最大值为 ().

A.5
B.6
C.7
D.10

C

要得到任意两个螺钉的最大距离，可将相邻两根木条拉直合并为一条边，与剩余两根木条组成三角形，结合三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）验证所有可能组合：
1. 合并长度为2和3的木条，得到三边长为5、4、6，满足三边关系，可构成三角形，最大边长为6；
2. 合并长度为3和4的木条，得到三边长为2、7、6，满足三边关系，可构成三角形，最大边长为7；
3. 合并长度为4和6的木条，得到三边长为2、3、10，2+3＜10，无法构成三角形；
4. 合并长度为6和2的木条，得到三边长为8、3、4，3+4＜8，无法构成三角形。
综上，任意两个螺钉的距离的最大值为7。

4. 如图,在六边形ABCDEF中,∠C=∠F,∠A=∠D,BC//EF.
(1) 求证:AF//CD.
(2) 求∠A+∠B+∠C的度数.

(1) 证明过程如上；(2) $\boldsymbol{360°}$

(1) 证明：连接CF，
∵ BC//EF，
∴ ∠EFC = ∠BCF（两直线平行，内错角相等）。
又∵ ∠AFE = ∠BCD，即∠AFC + ∠EFC = ∠DCF + ∠BCF，
等式两边同时减去相等的∠EFC和∠BCF，可得∠AFC = ∠DCF，
∴ AF//CD（内错角相等，两直线平行）。
(2) 解：根据多边形内角和公式，n边形内角和为$(n-2)×180°$，
六边形ABCDEF的内角和为$(6-2)×180°=720°$，即$∠ A + ∠ B + ∠ C + ∠ D + ∠ E + ∠ F = 720°$。
由已知$∠ A = ∠ D$，$∠ C = ∠ F$，结合(1)的结论AF//CD，同理可证AB//DE，可得$∠ B = ∠ E$，
将$∠ D=∠ A$、$∠ E=∠ B$、$∠ F=∠ C$代入内角和等式，得$2(∠ A + ∠ B + ∠ C) = 720°$，
因此$∠ A + ∠ B + ∠ C = 360°$。

5. 一个人从点M出发，前进20米，向右转15°，再前进20米，又向右转15°……照这样走下去，他能不能回到点M？如果能，他回到点M时，一共走了多少米？如果不能，请说明理由。

能回到点M，回到点M时一共走了480米。

根据多边形外角和定理，任意多边形的外角和都为360°。
这个人每次前进20米、向右转15°，说明他走过的路径是边长为20米的正多边形，每次右转的15°就是这个正多边形的一个外角。
1. 计算正多边形的边数：边数$ n = 360° ÷ 15° = 24 $，说明行走路径是正24边形，正多边形的终点与起点重合，因此他能回到点M。
2. 计算总路程：总路程 = 边数 × 单条边的长度 = $ 24 × 20 = 480 $ 米。