1. 已知点 $ P(a - 1,b + 2) $ 与点 $ Q(2a - 4,2) $ 关于 $ x $ 轴对称,则 $ (a + b)^{2025} $ 的值为()
A.1
B.-1
C.2 025
D.-2 025

B

已知点 $ P(a - 1, b + 2) $ 与点 $ Q(2a - 4, 2) $ 关于 $ x $ 轴对称，则两点横坐标相等，纵坐标互为相反数。
1. 横坐标相等：
$ a - 1 = 2a - 4 $
解得：$ a = 3 $。
2. 纵坐标互为相反数：
$ b + 2 = -2 $
解得：$ b = -4 $。
3. 计算 $ (a + b)^{2025} $：
$ a + b = 3 + (-4) = -1 $，
$ (-1)^{2025} = -1 $。

2. 在 $ \triangle ABC $ 中,$ AB = AC $,$ \angle A = 36^{\circ} $,若按如图的尺规作图方法作出线段 $ BD $,则下列结论错误的是()

A.$ AD = BD $
B.$ \angle BDC = 72^{\circ} $
C.$ S_{\triangle ABD}:S_{\triangle BCD} = BC:AC $
D.$ \triangle BCD $ 的周长 $ = AB + BC $

C

在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，则∠ABC=∠ACB=72°。由尺规作图知BD平分∠ABC，故∠ABD=∠DBC=36°。
选项A：在△ABD中，∠A=∠ABD=36°，∴AD=BD（等角对等边），A正确。
选项B：在△BDC中，∠DBC=36°，∠ACB=72°，∴∠BDC=180°-36°-72°=72°，B正确。
选项C：△ABD与△BCD等高（以AC为底时，高相同），∴S△ABD:S△BCD=AD:DC。设AB=AC=1，BC=x，由△ABC∽△BDC（∠A=∠DBC=36°，∠C=∠C），得AC/BC=BC/DC，即1/x=x/DC，DC=x²。又DC=AC-AD=1-AD，AD=BD=BC=x，∴1-x=x²，解得x=(√5-1)/2，DC=x²，AD:DC=x:x²=1:x，而BC:AC=x:1，1:x≠x:1，故C错误。
选项D：△BCD周长=BC+CD+BD，BD=AD，CD+AD=AC=AB，∴周长=BC+AB，D正确。

3. 如图,在平面直角坐标系中,已知点 $ A(3,3) $,$ B(0,5) $,若在坐标轴上找一点 $ C $,使得 $ \triangle ABC $ 是等腰三角形,则这样的点 $ C $ 有()

A.4 个
B.5 个
C.6 个
D.7 个

D

分点C在x轴和y轴上两种情况，结合等腰三角形性质讨论：
一、点C在y轴上（设C(0,c)）
1. AB=AC：$AC^2=3^2+(3-c)^2=13$，解得$c=1$（$c=5$与B重合，舍去），得$C(0,1)$；
2. AB=BC：$BC=|c-5|=\sqrt{13}$，解得$c=5\pm\sqrt{13}$，得$C(0,5+\sqrt{13})$，$C(0,5-\sqrt{13})$；
3. AC=BC：$3^2+(3-c)^2=c^2+5^2$，解得$c=\frac{7}{4}$，得$C(0,\frac{7}{4})$。
共4个点。
二、点C在x轴上（设C(c,0)）
1. AB=AC：$AC^2=(3-c)^2+3^2=13$，解得$c=1$或$5$，得$C(1,0)$，$C(5,0)$；
2. AB=BC：$BC^2=c^2+5^2=13$，无实根；
3. AC=BC：$(3-c)^2+3^2=c^2+5^2$，解得$c=-\frac{7}{4}$，得$C(-\frac{7}{4},0)$。
共3个点。
综上，共有$4+3=7$个点。

4. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle A $ 为钝角,$ AB = 20\ cm $,$ AC = 12\ cm $,点 $ P $ 从点 $ B $ 出发以 $ 3\ cm/s $ 的速度向点 $ A $ 运动,点 $ Q $ 同时从点 $ A $ 出发以 $ 2\ cm/s $ 的速度向点 $ C $ 运动,其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止运动. 当 $ \triangle APQ $ 是等腰三角形时,运动的时间是()

A.2.5 s
B.3 s
C.3.5 s
D.4 s

D

设运动时间为$ t $秒。
点$ P $从$ B $向$ A $运动，$ BP = 3t \, cm $，则$ AP = AB - BP = 20 - 3t \, cm $；
点$ Q $从$ A $向$ C $运动，$ AQ = 2t \, cm $。
运动时间范围：$ 0 \leq t \leq 6 \, s $（$ Q $先到达$ C $，$ t_{max} = 12 ÷ 2 = 6 \, s $）。
$ \triangle APQ $为等腰三角形，$ \angle A $为钝角，由“大角对大边”知$ PQ $为最长边，故只能$ AP = AQ $。
则$ 20 - 3t = 2t $，解得$ t = 4 \, s $。

5. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle BAC = 90^{\circ} $,$ AB = 3 $,$ AC = 4 $,$ BC = 5 $,$ EF $ 垂直平分 $ BC $,点 $ P $ 为直线 $ EF $ 上的任一点,则 $ AP + BP $ 的最小值是()

A.3
B.4
C.5
D.6

B

因为$EF$垂直平分$BC$，
根据垂直平分线性质可知点$B$和点$C$关于直线$EF$对称。
所以$BP=CP$，
求$AP + BP$的最小值，即求$AP + PC$的最小值，
当$A$、$P$、$C$三点共线时，$AP+PC$的值最小，最小值为$AC$的长。
已知$AC = 4$，所以$AP + BP$的最小值是$4$。

6. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中,$ AB = AC $,$ \angle BAC = 90^{\circ} $,$ \angle EPF $ 的顶点 $ P $ 是 $ BC $ 的中点,两边 $ PE $,$ PF $ 分别交 $ AB $,$ AC $ 于点 $ E $,$ F $,且 $ \angle EPF = 90^{\circ} $,连接 $ AP $. 当 $ \angle EPF $ 绕顶点 $ P $ 旋转时(点 $ E $ 不与点 $ A $,$ B $ 重合),给出下列结论：① $ AE = CF $；② $ BE = AF $；③ $ 2S_{四边形AEPF} = S_{\triangle ABC} $；④ $ BE + CF = EF $. 其中正确的有()

A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个

C

∵△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，
∴AP=BP=CP（直角三角形斜边上的中线等于斜边一半），AP⊥BC，∠BAP=∠CAP=∠B=∠C=45°，∠APB=∠APC=90°．
①AE=CF：
∵∠EPF=90°，∠APC=90°，∴∠EPF=∠APC，
∴∠EPF-∠APF=∠APC-∠APF，即∠APE=∠CPF．
在△APE和△CPF中，
∠PAE=∠C=45°，AP=CP，∠APE=∠CPF，
∴△APE≌△CPF（ASA），∴AE=CF，①正确．
②BE=AF：
∵AB=AC，AE=CF，∴AB-AE=AC-CF，即BE=AF，②正确．
③2S四边形AEPF=S△ABC：
∵△APE≌△CPF，△BEP≌△AFP（同理可证），
∴S△AEP=S△CPF，S△BEP=S△AFP，
∴S△ABC=S△BEP+S△AEP+S△AFP+S△CPF=2(S△AEP+S△AFP)=2S四边形AEPF，③正确．
④BE+CF=EF：
∵BE=AF，CF=AE，在△AEF中，AE+AF＞EF（三角形两边之和大于第三边），
∴BE+CF=AE+AF＞EF，④错误．
综上，正确的结论有①②③，共3个．

7. 如果等腰三角形一腰上的高等于腰长的一半,那么这个等腰三角形的顶角等于。

30°或150°

分两种情况讨论：
1. 当等腰三角形为锐角三角形时，腰上的高在三角形内部。设腰长为AB=AC，高为BD，BD⊥AC，BD=1/2AB。在Rt△ABD中，sin∠BAD=BD/AB=1/2，故∠BAD=30°，即顶角为30°。
2. 当等腰三角形为钝角三角形时，腰上的高在三角形外部。设腰长为AB=AC，高为BD，BD⊥AC延长线于D，BD=1/2AB。在Rt△ABD中，sin∠BAD=BD/AB=1/2，故∠BAD=30°，顶角∠BAC=180°-∠BAD=150°。
综上，顶角为30°或150°。

8. 如图,$ O $ 是四边形 $ ABCD $ 内一点,$ OA = OB = OC $,$ \angle ABC = \angle ADC = 70^{\circ} $,则 $ \angle DAO + \angle DCO = $。

150°

∵OA=OB=OC，
∴点A，B，C在以O为圆心，OA为半径的圆上，
∴∠ABC是$\odot O$的圆周角，
设$\angle AOC=2\alpha$，则$\angle ABC=\alpha =70^{\circ }$，
$\therefore \angle AOC=140^{\circ }$，
在四边形AOCD中，$\angle ADC=70^{\circ }$，$\angle AOC=140^{\circ }$，
$\angle DAO+\angle DCO+\angle ADC+\angle AOC=360^{\circ }$，
$\therefore \angle DAO+\angle DCO=360^{\circ }-70^{\circ }-140^{\circ }=150^{\circ }$。
$150^{\circ }$