1. 如右图所示,$\triangle ABC$是轴对称图形,$\angle DAC = 30^{\circ}$,$BD = 4\mathrm{cm}$,对称轴是直线$AD$,则$\triangle ABC$的周长为______$\mathrm{cm}$.

【解析】：
由于 $\triangle ABC$ 是轴对称图形，且对称轴是直线 $AD$，
根据轴对称图形的性质可得：
$AB = AC$，$BD = DC$，$\angle BDA=\angle CDA=90^\circ$，
已知 $BD = 4\mathrm{cm}$，
所以 $BC = 2 × BD = 2 × 4 = 8\mathrm{cm}$。
因为 $\angle DAC = 30^{\circ}$，且 $\angle CDA=90^\circ$，
在直角三角形$ACD$中，根据直角三角形中 $30^\circ$ 角所对的直角边等于斜边的一半，
可得 $AC = 2 × CD=2× 4=8\mathrm{cm}$，
因此 $AB = AC = 8\mathrm{cm}$。
$\triangle ABC$ 的周长为 $AB + AC + BC = 8 + 8 + 8 = 24\mathrm{cm}$。
【答案】：24

2. 如右图所示,点$P关于OA$,$OB的对称点分别为P_1$,$P_2$,连接$P_1P_2$,交$OA于M$,交$OB于N$,若$P_1P_2 = 8\mathrm{cm}$,则$\triangle PMN$的周长为______.

【解析】：
由于点$P_1$是点$P$关于$OA$的对称点，
根据对称点的性质，有$MP = MP_1$。
同理，由于点$P_2$是点$P$关于$OB$的对称点，有$NP = NP_2$。
考虑$\triangle PMN$的周长，它由三部分组成：$PM$，$PN$，和$MN$。
由于$MP = MP_1$和$NP = NP_2$，
可以将$\triangle PMN$的周长表示为：
$PM + PN + MN = MP_1 + NP_2 + MN$。
由于$P_1$，$M$，$N$，$P_2$四点共线，
所以$MP_1 + NP_2 + MN = P_1P_2$。
根据题目条件，$P_1P_2 = 8\text{cm}$。
因此，$\triangle PMN$的周长为$8\text{cm}$。
【答案】：$8\text{cm}$

3. 已知等腰三角形一腰上的中线把这个三角形的周长分为$15和6$两部分,则腰长为______,底边长为______.

【解析】：
设等腰三角形的腰长为$x$，底边长为$y$，
由题意得腰上的中线将三角形分为两部分，其周长分别为$15$和$6$。
当腰长与腰上的一半长度之和为$15$时，有方程：
$x + \frac{1}{2}x = 15$，
解得：
$x = 10$，
此时，底边与腰上的一半长度之和为$6$，即：
$y + \frac{1}{2}x = 6$，
代入$x = 10$得：
$y + 5 = 6$，
解得：
$y = 1$，
当腰长与腰上的一半长度之和为$6$时，有方程：
$x + \frac{1}{2}x = 6$，
解得：
$x = 4$，
此时，底边与腰上的一半长度之和为$15$，即：
$y + \frac{1}{2}x = 15$，
代入$x = 4$得：
$y + 2 = 15$，
解得：
$y = 13$，
由于$4+4＜13$，不满足三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，所以$x = 4$，$y = 13$（舍去）。
综上所述，等腰三角形的腰长为$10$，底边长为$1$。
【答案】：腰长为$10$，底边长为$1$。

4. 正三角形、正方形、正五边形,正六边形、圆分别有______、______、______、______、______条对称轴.

【解析】：
正三角形：正三角形有三条对称轴，分别是三条高所在的直线。
正方形：正方形有四条对称轴，分别是两条对角线以及连接正方形对边中点的线。
正五边形：正五边形有五条对称轴，分别是经过每个顶点和它的中点的连线，以及连接顶点与其相对边的中点的连线（但后者在正五边形中重合为经过顶点的中垂线，但由于正五边形的特性，每条这样的线都是对称轴）。但简化来说，就是每条边中点与相对顶点的连线，共五条。
正六边形：正六边形有六条对称轴，分别是三条经过相对顶点的对角线以及三条连接相对边中点的线。
圆：圆有无数条对称轴，任何经过圆心的直线都是圆的对称轴。但在此题中，我们只需填写“无数”来表示其对称轴的数量。
【答案】：
3；4；5；6；无数

5. 等腰三角形的“三线合一”是指其顶角______线、底边上的______线和______互相重合.

【解析】：等腰三角形的性质“三线合一”是指等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线和底边上的高互相重合。这是等腰三角形的一个重要特性，在解决与等腰三角形相关的几何问题时经常用到。
【答案】：平分；中；底边上的高

1. 下列所叙述的四个图形中,不一定是轴对称图形的是( )

A.有两个内角相等的三角形
B.有两边相等的三角形
C.有一个内角为$30^{\circ}$,另一个内角为$120^{\circ}$的三角形
D.有一个公共端点的两条线段

【解析】：A.有两个内角相等的三角形是等腰三角形，等腰三角形是轴对称图形，不符合题意；
B.有两边相等的三角形是等腰三角形，等腰三角形是轴对称图形，不符合题意；
C.三角形内角和为180°，一个内角为30°，另一个内角为120°，则第三个内角为30°，该三角形有两个内角相等，是等腰三角形，是轴对称图形，不符合题意；
D.有一个公共端点的两条线段，若两条线段长度不相等，则不是轴对称图形，符合题意。
【答案】：D

2. 在$\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AD平分\angle BAC$,$DE \perp AB$,下列命题：①$AD平分\angle CDE$；②$\angle BAC = \angle BDE$；③$DE平分\angle ADB$；④$BE + AC = AB$. 其中正确的命题有( )

A.$1$个
B.$2$个
C.$3$个
D.$4$个

【解析】：
在$\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AD$平分$\angle BAC$，$DE \perp AB$。根据角平分线的性质，可得$CD = DE$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
命题①：$AD$平分$\angle CDE$
在$Rt\triangle ACD$和$Rt\triangle AED$中，$AD = AD$（公共边），$CD = DE$（已证），$\angle ACD = \angle AED = 90^{\circ}$，所以$\triangle ACD \cong \triangle AED$（HL全等）。
因此，$\angle ADC = \angle ADE$，即$AD$平分$\angle CDE$。命题①正确。
命题②：$\angle BAC = \angle BDE$
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC + \angle B = 90^{\circ}$；在$Rt\triangle BDE$中，$\angle BDE + \angle B = 90^{\circ}$。
根据同角的余角相等，可得$\angle BAC = \angle BDE$。命题②正确。
命题③：$DE$平分$\angle ADB$
假设$DE$平分$\angle ADB$，则$\angle ADE = \angle BDE$。由命题①知$\angle ADC = \angle ADE$，故$\angle ADC = \angle ADE = \angle BDE$。
但$\angle CDE = \angle ADC + \angle ADE = 2\angle ADE$，且$\angle CDE + \angle BDE = 180^{\circ}$（平角），即$3\angle ADE = 180^{\circ}$，解得$\angle ADE = 60^{\circ}$。
然而，题目未给出$\angle ADE = 60^{\circ}$的条件，该结论不恒成立。命题③错误。
命题④：$BE + AC = AB$
由$\triangle ACD \cong \triangle AED$（HL全等），可得$AC = AE$。
因为$AB = AE + BE$，且$AC = AE$，所以$AB = AC + BE$，即$BE + AC = AB$。命题④正确。
综上，正确的命题有①②④，共3个。
【答案】：C