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二、细心填一填,试试自己的身手!(请将答案填在对应题号的空位上)
7. 图1中的五边形花环是由五个全等的等腰三角形组成的.图2是它的示意图,则$∠ BAC=$
7. 图1中的五边形花环是由五个全等的等腰三角形组成的.图2是它的示意图,则$∠ BAC=$
$36°$
.答案
7.$36°$
解析
【分析】
要求∠BAC的度数，首先明确五个全等等腰三角形组成花环时，中间的五边形是正五边形，解题思路分三步：第一步用多边形内角和公式算出正五边形每个内角的度数；第二步根据平角的性质，求出等腰三角形的底角度数；第三步结合等腰三角形两底角相等、三角形内角和为180°的性质，算出顶角∠BAC的度数。
【解析】
1. 计算正五边形的内角：根据多边形内角和公式$(n-2)×180°$（$n$为边数），正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，则每个内角的度数为$540°÷5=108°$。
2. 计算等腰三角形的底角：由图可知，等腰三角形的底角和正五边形的内角互为邻补角，因此底角度数为$180°-108°=72°$。
3. 计算∠BAC：等腰三角形两底角相等，结合三角形内角和为$180°$，可得$∠ BAC=180°-72°×2=36°$。
【答案】
$36°$
【知识点】
多边形内角和公式，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，将多边形内角和、等腰三角形性质结合考查，解题的关键是理清图形中正五边形内角和等腰三角形底角的数量关系，掌握基础几何性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
要求∠BAC的度数，首先明确五个全等等腰三角形组成花环时，中间的五边形是正五边形，解题思路分三步：第一步用多边形内角和公式算出正五边形每个内角的度数；第二步根据平角的性质，求出等腰三角形的底角度数；第三步结合等腰三角形两底角相等、三角形内角和为180°的性质，算出顶角∠BAC的度数。
【解析】
1. 计算正五边形的内角：根据多边形内角和公式$(n-2)×180°$（$n$为边数），正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，则每个内角的度数为$540°÷5=108°$。
2. 计算等腰三角形的底角：由图可知，等腰三角形的底角和正五边形的内角互为邻补角，因此底角度数为$180°-108°=72°$。
3. 计算∠BAC：等腰三角形两底角相等，结合三角形内角和为$180°$，可得$∠ BAC=180°-72°×2=36°$。
【答案】
$36°$
【知识点】
多边形内角和公式，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，将多边形内角和、等腰三角形性质结合考查，解题的关键是理清图形中正五边形内角和等腰三角形底角的数量关系，掌握基础几何性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
8.若只用一种正多边形镶嵌能恰好覆盖整个平面图案,则这样的正多边形有
①③
(填序号).①正三角形;②正五边形;③正六边形;④正七边形;⑤正八边形.答案
8.①③
解析
【分析】
要判断正多边形能否单独进行平面镶嵌，核心依据是：拼接在同一顶点处的若干个正多边形的内角之和恰好等于360°，即正多边形的单个内角度数能整除360°。解题时先利用正多边形内角公式算出各选项正多边形的内角度数，再逐一验证是否满足上述条件即可。
【解析】
正n边形的每个内角度数公式为：$\frac{(n-2)×180°}{n}$，分别计算各正多边形内角并验证：
①正三角形：内角度数为$\frac{(3-2)×180°}{3}=60°$，$360°÷60°=6$，是正整数，可单独镶嵌；
②正五边形：内角度数为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，$360°÷108°$不是整数，不可单独镶嵌；
③正六边形：内角度数为$\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$，$360°÷120°=3$，是正整数，可单独镶嵌；
④正七边形：内角度数为$\frac{(7-2)×180°}{7}\approx128.57°$，$360°$除以该角度不是整数，不可单独镶嵌；
⑤正八边形：内角度数为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$，$360°÷135°$不是整数，不可单独镶嵌。
综上，符合要求的是①③。
【答案】
①③
【知识点】
正多边形内角计算，平面镶嵌条件
【点评】
本题考查平面镶嵌的判定，解题关键是牢记单个正多边形镶嵌的核心条件，计算过程难度不高，掌握规则即可快速得出答案。
【难度系数】
0.7
要判断正多边形能否单独进行平面镶嵌，核心依据是：拼接在同一顶点处的若干个正多边形的内角之和恰好等于360°，即正多边形的单个内角度数能整除360°。解题时先利用正多边形内角公式算出各选项正多边形的内角度数，再逐一验证是否满足上述条件即可。
【解析】
正n边形的每个内角度数公式为：$\frac{(n-2)×180°}{n}$，分别计算各正多边形内角并验证：
①正三角形：内角度数为$\frac{(3-2)×180°}{3}=60°$，$360°÷60°=6$，是正整数，可单独镶嵌；
②正五边形：内角度数为$\frac{(5-2)×180°}{5}=108°$，$360°÷108°$不是整数，不可单独镶嵌；
③正六边形：内角度数为$\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$，$360°÷120°=3$，是正整数，可单独镶嵌；
④正七边形：内角度数为$\frac{(7-2)×180°}{7}\approx128.57°$，$360°$除以该角度不是整数，不可单独镶嵌；
⑤正八边形：内角度数为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$，$360°÷135°$不是整数，不可单独镶嵌。
综上，符合要求的是①③。
【答案】
①③
【知识点】
正多边形内角计算，平面镶嵌条件
【点评】
本题考查平面镶嵌的判定，解题关键是牢记单个正多边形镶嵌的核心条件，计算过程难度不高，掌握规则即可快速得出答案。
【难度系数】
0.7
9. 如图，直线$a// b$，$A,B$为直线$b$上两点，$C,D$为直线$a$上两点。
(1)若$A,B,C$为三个定点，点$D$在$a$上移动，则无论点$D$移动到何处，总有________与$△ ABC$的面积相等。这两个三角形的高相等的理由是________。
(2)若$S_{△ ACD}=6$，$AB:CD=2:3$，则$S_{△ BCD}=\_\_\_\_\_\_$，$S_{△ ACB}=\_\_\_\_\_\_$。
(1)若$A,B,C$为三个定点，点$D$在$a$上移动，则无论点$D$移动到何处，总有________与$△ ABC$的面积相等。这两个三角形的高相等的理由是________。
(2)若$S_{△ ACD}=6$，$AB:CD=2:3$，则$S_{△ BCD}=\_\_\_\_\_\_$，$S_{△ ACB}=\_\_\_\_\_\_$。
答案
9.(1)$△ ABD$ 夹在两条平行线之间的平行线段相等 (2)6 4
解析
【分析】
解题时先回忆三角形面积公式与平行线的性质：三角形面积由底和高共同决定，平行线之间的距离处处相等，夹在平行线间的平行线段长度相等。
（1）要找与△ABC面积始终相等的三角形，先分析△ABC的底和高：底AB在直线b上，高是直线a、b之间的垂线段长度，只要另一个三角形和它同底、高也等于两平行线距离即可，△ABD底同样为AB，高也是两平行线的距离，因此面积相等。
（2）判断△ACD和△BCD的底与高：二者同底CD，高都是两平行线距离，面积相等；△ACB和△ACD高相等，面积比等于底边长的比，结合已知比例即可算出△ACB的面积。
【解析】
（1）
∵直线$a// b$，
∴两平行线间的距离处处相等。
$△ ABC$的底为$AB$，高为直线$a$、$b$之间的垂线段长度；无论点$D$在$a$上移动到何处，$△ ABD$的底均为$AB$，高也为直线$a$、$b$之间的垂线段长度，因此$△ ABD$和$△ ABC$同底等高，面积相等。
两个三角形高相等的理由是：夹在两条平行线之间的平行线段相等。
（2）①$△ ACD$和$△ BCD$的底均为$CD$，高都等于直线$a$、$b$之间的距离，二者同底等高，因此$S_{△ BCD}=S_{△ ACD}=6$。
②$△ ACB$和$△ ACD$的高都等于直线$a$、$b$之间的距离，高相等时，三角形面积比等于底边长的比，即$\frac{S_{△ ACB}}{S_{△ ACD}}=\frac{AB}{CD}=\frac{2}{3}$，代入$S_{△ ACD}=6$，得$S_{△ ACB}=6×\frac{2}{3}=4$。
【答案】
(1)$△ ABD$；夹在两条平行线之间的平行线段相等 (2)$6$；$4$
【知识点】
1.平行线的性质 2.三角形面积计算 3.等积变换
【点评】
本题围绕平行线性质和三角形面积的关系命题，核心是掌握“同底等高的三角形面积相等、等高三角形面积比等于底边长之比”的规律，解题时先确定三角形的底和高的关系，再结合已知条件计算即可，是几何面积类的基础题型。
【难度系数】
0.75
解题时先回忆三角形面积公式与平行线的性质：三角形面积由底和高共同决定，平行线之间的距离处处相等，夹在平行线间的平行线段长度相等。
（1）要找与△ABC面积始终相等的三角形，先分析△ABC的底和高：底AB在直线b上，高是直线a、b之间的垂线段长度，只要另一个三角形和它同底、高也等于两平行线距离即可，△ABD底同样为AB，高也是两平行线的距离，因此面积相等。
（2）判断△ACD和△BCD的底与高：二者同底CD，高都是两平行线距离，面积相等；△ACB和△ACD高相等，面积比等于底边长的比，结合已知比例即可算出△ACB的面积。
【解析】
（1）
∵直线$a// b$，
∴两平行线间的距离处处相等。
$△ ABC$的底为$AB$，高为直线$a$、$b$之间的垂线段长度；无论点$D$在$a$上移动到何处，$△ ABD$的底均为$AB$，高也为直线$a$、$b$之间的垂线段长度，因此$△ ABD$和$△ ABC$同底等高，面积相等。
两个三角形高相等的理由是：夹在两条平行线之间的平行线段相等。
（2）①$△ ACD$和$△ BCD$的底均为$CD$，高都等于直线$a$、$b$之间的距离，二者同底等高，因此$S_{△ BCD}=S_{△ ACD}=6$。
②$△ ACB$和$△ ACD$的高都等于直线$a$、$b$之间的距离，高相等时，三角形面积比等于底边长的比，即$\frac{S_{△ ACB}}{S_{△ ACD}}=\frac{AB}{CD}=\frac{2}{3}$，代入$S_{△ ACD}=6$，得$S_{△ ACB}=6×\frac{2}{3}=4$。
【答案】
(1)$△ ABD$；夹在两条平行线之间的平行线段相等 (2)$6$；$4$
【知识点】
1.平行线的性质 2.三角形面积计算 3.等积变换
【点评】
本题围绕平行线性质和三角形面积的关系命题，核心是掌握“同底等高的三角形面积相等、等高三角形面积比等于底边长之比”的规律，解题时先确定三角形的底和高的关系，再结合已知条件计算即可，是几何面积类的基础题型。
【难度系数】
0.75
10. 如图,在$□ ABCD$中,对角线$AC,BD$相交于点$O$,点$E,F$每秒运动1个单位长度,分别从点$A,C$出发,沿$AC,CA$方向运动.若$AC=12,BD=8$,则经过
2或10
s后,四边形$BEDF$是矩形.答案
10.2或10
解析
【分析】
首先结合平行四边形的性质，可知平行四边形对角线互相平分，可得OB=OD，OA=OC。点E、F运动速度相同，因此AE=CF，可推出OE=OF，由此可知四边形BEDF始终是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。若要该平行四边形为矩形，需满足对角线相等，即EF=BD，再分两种情况讨论EF的长度表达式，列方程求解即可。
【解析】
设运动时间为t秒，由题意得AE=CF=t。
$\because $四边形ABCD是平行四边形，AC=12，BD=8
$\therefore OA=OC=\frac{1}{2}AC=6$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD=4$
$\because AE=CF=t$
$\therefore OA-AE=OC-CF$，即OE=OF
$\therefore $四边形BEDF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）
当平行四边形BEDF为矩形时，需满足EF=BD=8，分两种情况讨论：
① 当点E、F未相遇，分别在点O两侧时：
EF=AC-AE-CF=12-2t
令12-2t=8，解得t=2
② 当点E、F相遇后，位置互换仍在点O两侧时：
EF=AE+CF-AC=2t-12
令2t-12=8，解得t=10
综上，运动时间为2秒或10秒。
【答案】
2或10
【知识点】
平行四边形的判定与性质；矩形的判定；动点问题求解
【点评】
本题是动点与特殊四边形判定结合的典型题型，解题核心是先确定四边形BEDF恒为平行四边形，再根据矩形对角线相等的性质列方程，解题时要注意分类讨论动点的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.65
首先结合平行四边形的性质，可知平行四边形对角线互相平分，可得OB=OD，OA=OC。点E、F运动速度相同，因此AE=CF，可推出OE=OF，由此可知四边形BEDF始终是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。若要该平行四边形为矩形，需满足对角线相等，即EF=BD，再分两种情况讨论EF的长度表达式，列方程求解即可。
【解析】
设运动时间为t秒，由题意得AE=CF=t。
$\because $四边形ABCD是平行四边形，AC=12，BD=8
$\therefore OA=OC=\frac{1}{2}AC=6$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD=4$
$\because AE=CF=t$
$\therefore OA-AE=OC-CF$，即OE=OF
$\therefore $四边形BEDF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）
当平行四边形BEDF为矩形时，需满足EF=BD=8，分两种情况讨论：
① 当点E、F未相遇，分别在点O两侧时：
EF=AC-AE-CF=12-2t
令12-2t=8，解得t=2
② 当点E、F相遇后，位置互换仍在点O两侧时：
EF=AE+CF-AC=2t-12
令2t-12=8，解得t=10
综上，运动时间为2秒或10秒。
【答案】
2或10
【知识点】
平行四边形的判定与性质；矩形的判定；动点问题求解
【点评】
本题是动点与特殊四边形判定结合的典型题型，解题核心是先确定四边形BEDF恒为平行四边形，再根据矩形对角线相等的性质列方程，解题时要注意分类讨论动点的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.65
11.如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=2,将△BCD沿矩形ABCD的对角线BD折叠到△BC'D,直线C'D与AB交于点E,则△BC'E的面积为
$\dfrac{3}{2}$
.答案
11.$\dfrac{3}{2}$
解析
【分析】
解题时首先结合矩形对边平行、内角为直角的性质，以及折叠前后对应边、对应角相等的性质，可推出∠EDB=∠EBD，得到DE=BE的相等关系；再设BE的长度为未知数，将Rt△ADE的三边用含未知数的式子表示，利用勾股定理列方程求出BE的长；进而求出C'E的长度，最后根据直角三角形面积公式计算△BC'E的面积即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=2，AB//CD，∠A=∠C=90°，
由折叠的性质可得：C'D=CD=4，BC'=BC=2，∠C'=∠C=90°，∠CDB=∠C'DB，
∵AB//CD，
∴∠CDB=∠ABD，
∴∠C'DB=∠ABD，
∴DE=BE，
设BE=x，则DE=x，AE=AB-BE=4-x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：$AD^2+AE^2=DE^2$，
代入得：$2^2+(4-x)^2=x^2$，
展开计算：$4 + 16 - 8x + x^2 = x^2$，
化简得：$20=8x$，解得$x=\dfrac{5}{2}$，
∴$C'E=C'D - DE=4 - \dfrac{5}{2}=\dfrac{3}{2}$，
∵∠C'=90°，
∴$S_{△ BC'E}=\dfrac{1}{2} × C'E × BC' = \dfrac{1}{2} × \dfrac{3}{2} × 2 = \dfrac{3}{2}$。
【答案】
$\dfrac{3}{2}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是几何折叠类的基础计算题型，解题核心是通过折叠性质转化边角关系，结合勾股定理构造方程求解，很好地考查了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合矩形对边平行、内角为直角的性质，以及折叠前后对应边、对应角相等的性质，可推出∠EDB=∠EBD，得到DE=BE的相等关系；再设BE的长度为未知数，将Rt△ADE的三边用含未知数的式子表示，利用勾股定理列方程求出BE的长；进而求出C'E的长度，最后根据直角三角形面积公式计算△BC'E的面积即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=2，AB//CD，∠A=∠C=90°，
由折叠的性质可得：C'D=CD=4，BC'=BC=2，∠C'=∠C=90°，∠CDB=∠C'DB，
∵AB//CD，
∴∠CDB=∠ABD，
∴∠C'DB=∠ABD，
∴DE=BE，
设BE=x，则DE=x，AE=AB-BE=4-x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：$AD^2+AE^2=DE^2$，
代入得：$2^2+(4-x)^2=x^2$，
展开计算：$4 + 16 - 8x + x^2 = x^2$，
化简得：$20=8x$，解得$x=\dfrac{5}{2}$，
∴$C'E=C'D - DE=4 - \dfrac{5}{2}=\dfrac{3}{2}$，
∵∠C'=90°，
∴$S_{△ BC'E}=\dfrac{1}{2} × C'E × BC' = \dfrac{1}{2} × \dfrac{3}{2} × 2 = \dfrac{3}{2}$。
【答案】
$\dfrac{3}{2}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是几何折叠类的基础计算题型，解题核心是通过折叠性质转化边角关系，结合勾股定理构造方程求解，很好地考查了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
12.如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$BC=3$,$AB=6$,$D$是平面内一点,且$CD=BC$,点$M$是$AD$的中点,点$P$在线段$AB$上,且$PB=1$,连接$PM$,则线段$PM$的最大值为$\underline{\hspace{5em}}$.
答案
12.4
解析
【分析】
要求PM的最大值，首先处理中点M的条件：M是AD中点，可构造三角形中位线得到OM的长度固定，从而确定点M的轨迹是圆；再通过作垂线构造直角三角形，用勾股定理求出点P到轨迹圆心O的距离；最后根据圆外一点到圆上点的最大距离等于点到圆心的距离加半径，即可求出PM的最大值。
【解析】
解：取AC的中点O，过O作OH⊥AB于点H，连接OM、OP。
1. 因为M是AD中点，O是AC中点，所以OM是△ACD的中位线，根据三角形中位线定理得：
$OM=\frac{1}{2}CD$。
已知$CD=BC=3$，所以$OM=\frac{3}{2}$，即点M的运动轨迹是以O为圆心、$\frac{3}{2}$为半径的圆。
2. 因为$∠ ABC=90°$，OH⊥AB，所以OH//BC，又O是AC中点，所以H是AB中点，得：
$BH=\frac{1}{2}AB=3$，$OH=\frac{1}{2}BC=\frac{3}{2}$。
已知$PB=1$，所以$PH=BH-PB=3-1=2$。
3. 在$\mathrm{Rt}△OHP$中，由勾股定理得：
$OP=\sqrt{PH^2+OH^2}=\sqrt{2^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{\frac{25}{4}}=\frac{5}{2}$。
4. 根据圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，得PM的最大值为：
$OP+OM=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}=4$。
【答案】
4
【知识点】
三角形中位线定理，勾股定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题属于几何最值综合题，解题核心是通过构造中位线确定动点的运动轨迹，将线段最值问题转化为点圆距离问题，需要熟练掌握中位线、勾股定理的相关性质，对分析动点轨迹的能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
要求PM的最大值，首先处理中点M的条件：M是AD中点，可构造三角形中位线得到OM的长度固定，从而确定点M的轨迹是圆；再通过作垂线构造直角三角形，用勾股定理求出点P到轨迹圆心O的距离；最后根据圆外一点到圆上点的最大距离等于点到圆心的距离加半径，即可求出PM的最大值。
【解析】
解：取AC的中点O，过O作OH⊥AB于点H，连接OM、OP。
1. 因为M是AD中点，O是AC中点，所以OM是△ACD的中位线，根据三角形中位线定理得：
$OM=\frac{1}{2}CD$。
已知$CD=BC=3$，所以$OM=\frac{3}{2}$，即点M的运动轨迹是以O为圆心、$\frac{3}{2}$为半径的圆。
2. 因为$∠ ABC=90°$，OH⊥AB，所以OH//BC，又O是AC中点，所以H是AB中点，得：
$BH=\frac{1}{2}AB=3$，$OH=\frac{1}{2}BC=\frac{3}{2}$。
已知$PB=1$，所以$PH=BH-PB=3-1=2$。
3. 在$\mathrm{Rt}△OHP$中，由勾股定理得：
$OP=\sqrt{PH^2+OH^2}=\sqrt{2^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{\frac{25}{4}}=\frac{5}{2}$。
4. 根据圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，得PM的最大值为：
$OP+OM=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}=4$。
【答案】
4
【知识点】
三角形中位线定理，勾股定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题属于几何最值综合题，解题核心是通过构造中位线确定动点的运动轨迹，将线段最值问题转化为点圆距离问题，需要熟练掌握中位线、勾股定理的相关性质，对分析动点轨迹的能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
