B、若放入黑（4，7）；白（6，2），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形； C、若放入黑（2，7）；白（5，3），则此时黑棋不是轴对称图形，白棋是轴对称图形； D、若放入黑（3，7）；白（6，2），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形。
故选C。 7. 【答案】D。
【考点】平面镶嵌（密铺），多边形内角和定理。
【分析】分别求出各个正多边形的每个内角的度数，再利用镶嵌应符合一个内角度数能整除360°即可作出判断：
A．正三角形的一个内角度数为180°－360°÷3＝60°，是360°的约数，能镶嵌平面，不符合题意； B．正四边形的一个内角度数为180°－360°÷4＝90°，是360°的约数，能镶嵌平面，不符合题意； C．正六边形的一个内角度数为180°－360°÷6＝120°，是360°的约数，能镶嵌平面，不符合题意； D．正八边形的一个内角度数为180°－360°÷8＝135°，不是360°的约数，不能镶嵌平面，符合题
意。故选D。 二、填空题
1. 【答案】20；12+413。
【考点】图形的剪拼，矩形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理。 【分析】画出第三步剪拼之后的四边形M1N1N2M2的示意图，如答图1所示。 图中，N1N2=EN1+EN2=NB+NC=BC，
M1M2=M1G+GM+MH+M2H=2（GM+MH）=2GH=BC（三角形
中位线定理）。
又∵M1M2∥N1N2，∴四边形M1N1N2M2是一个平行四边形，
其周长为2N1N2+2M1N1=2BC+2MN。
∵BC=6为定值，∴四边形的周长取决于MN的大小。 如答图2所示，是剪拼之前的完整示意图。
过G、H点作BC边的平行线，分别交AB、CD于P点、Q点，则四边形PBCQ
是一个矩形，这个矩形是矩形ABCD的一半。
∵M是线段PQ上的任意一点，N是线段BC上的任意一点，
∴根据垂线段最短，得到MN的最小值为PQ与BC平行线之间的距离，即
MN最小值为4；
而MN的最大值等于矩形对角线的长度，即PB2?BC2?∵四边形M1N1N2M2的周长=2BC+2MN=12+2MN，
4?6?213。
22∴四边形M1N1N2M2周长的最小值为12+2×4=20；最大值为12+2×213=12+413。
2. 【答案】8。
【考点】利用轴对称设计图案。
【分析】根据轴对称图形的性质，分别移动一个正方形，即可得出符合要求的答案。如图所示：
故一共有8种做法。
三、解答题
1. 【答案】解：（1）在图3中设计出符合题目要求的图形：
（2）在图4中画出符合题目要求的图形：
【考点】利用轴对称和旋转设计图案。 【分析】此题为开放性试题，答案不唯一。
（1）根据轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合作出图形。
（2）根据中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合作出图形。
2.【答案】解：如图，
∵等腰三角形的周长为32cm，底比一腰多2cm， ∴AB=AC=10，BD=CD=6，AD=8。 拼成的各种四边形如下： ①矩形：
∵BD=10，∴四边形的两条对角线长的和是10×2=20。 ②平行四边形1：
连接AC，过点C作CE⊥AB的延长线于点E， ∵AC=AE2+CE2?122+82?413，
∴四边形的两条对角线长的和是AC+BD= 413 +8。 ③平行四边形2：
连接BD，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，
2222∵BD=BE+DE?16+6?273，
∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=6+273。
④铮形：
连接BD′交AB于点O。易知，△ADB∽△DOB。 ∴
BOAD?BDBA，即
BO8?610。∴BO=4.8。
∵BD=2BO=2×4.8=9.6，
∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=9.6+10=19.6。
【考点】图形的剪拼，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。 【分析】根据题意画出所有的四边形，再根据勾股定理、平行四边形的性质、相似三角形的性质分别进行计算即可求出各个四边形的两条对角线长的和。 3. 【答案】解：如图所示：
点P即为所求。
【考点】作图（应用与设计作图），线段垂直平分线的性质，圆周角定理。
【分析】首先连接MN，作MN的垂直平分线交MN于O，以O为圆心，MN长为半径画圆，交BD于
21点P，点P即为所求． 4.
5.
【答案】解：作图如下：M即为所求。
【考点】作图（应用与设计作图）。
【分析】连接AB，作出线段AB的垂直平分线，在矩形中标出点M的位置（以点C为圆心，半径画弧交AB的垂直平分线于点M）。
6. 【答案】解：作图如下：C1，C2就是所求的位置。
12AB长为