1. 已知$\triangle ABC的三边长分别是a,b,c$,则下列条件中,能判定$\triangle ABC$是直角三角形的是 (
A.$a^{2}= (b+c)(b-c)$
B.$a:b:c= 4:5:6$
C.$∠A:∠B:∠C= 2:3:4$
D.$∠A= 2∠B= 3∠C$
A
)A.$a^{2}= (b+c)(b-c)$
B.$a:b:c= 4:5:6$
C.$∠A:∠B:∠C= 2:3:4$
D.$∠A= 2∠B= 3∠C$
答案：A
解析：
解：A. $a^2=(b+c)(b-c)$，化简得$a^2=b^2 - c^2$，即$a^2 + c^2 = b^2$，能判定是直角三角形。
B. 设$a=4k$，$b=5k$，$c=6k$，$(4k)^2 + (5k)^2 = 16k^2 + 25k^2 = 41k^2$，$(6k)^2 = 36k^2$，$41k^2 \neq 36k^2$，不能判定。
C. 设$\angle A=2x$，$\angle B=3x$，$\angle C=4x$，$2x + 3x + 4x = 180^\circ$，$x=20^\circ$，最大角$\angle C=80^\circ$，不是直角三角形。
D. 设$\angle A=3x$，则$\angle B=\frac{3}{2}x$，$\angle C=x$，$3x + \frac{3}{2}x + x = 180^\circ$，$x=\frac{360^\circ}{11}$，最大角$\angle A=\frac{1080^\circ}{11}\approx98.18^\circ$，不是直角三角形。
结论：A
B. 设$a=4k$，$b=5k$，$c=6k$，$(4k)^2 + (5k)^2 = 16k^2 + 25k^2 = 41k^2$，$(6k)^2 = 36k^2$，$41k^2 \neq 36k^2$，不能判定。
C. 设$\angle A=2x$，$\angle B=3x$，$\angle C=4x$，$2x + 3x + 4x = 180^\circ$，$x=20^\circ$，最大角$\angle C=80^\circ$，不是直角三角形。
D. 设$\angle A=3x$，则$\angle B=\frac{3}{2}x$，$\angle C=x$，$3x + \frac{3}{2}x + x = 180^\circ$，$x=\frac{360^\circ}{11}$，最大角$\angle A=\frac{1080^\circ}{11}\approx98.18^\circ$，不是直角三角形。
结论：A
2. 如图,数轴上点$A表示的数是-2$,点$B表示的数是1$,$BC= 1$,$∠ABC= 90^{\circ}$,以点$A$为圆心,$AC$长为半径画弧,与数轴交于原点右侧的点$P$,则点$P$表示的数是 (
A.$\sqrt{10}-1$
B.$\sqrt{10}-2$
C.$\sqrt{10}$
D.$2-\sqrt{10}$
B
)A.$\sqrt{10}-1$
B.$\sqrt{10}-2$
C.$\sqrt{10}$
D.$2-\sqrt{10}$
答案：解：已知点$A$表示的数是$-2$，点$B$表示的数是$1$，则$AB = 1 - (-2)=3$。
因为$BC = 1$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}$，可得$AC=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{9 + 1}=\sqrt{10}$。
因为以点$A$为圆心，$AC$长为半径画弧，与数轴交于原点右侧的点$P$，所以$AP = AC=\sqrt{10}$。
设点$P$表示的数为$x$，则$x-(-2)=\sqrt{10}$，即$x=\sqrt{10}-2$。
所以点$P$表示的数是$\sqrt{10}-2$，答案选B。
因为$BC = 1$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}$，可得$AC=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{9 + 1}=\sqrt{10}$。
因为以点$A$为圆心，$AC$长为半径画弧，与数轴交于原点右侧的点$P$，所以$AP = AC=\sqrt{10}$。
设点$P$表示的数为$x$，则$x-(-2)=\sqrt{10}$，即$x=\sqrt{10}-2$。
所以点$P$表示的数是$\sqrt{10}-2$，答案选B。
解析：
解：
∵点A表示的数是-2，点B表示的数是1，
∴AB = 1 - (-2) = 3。
∵∠ABC = 90°，BC = 1，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC = √(AB² + BC²) = √(3² + 1²) = √10。
∵以点A为圆心，AC长为半径画弧，与数轴交于点P，
∴AP = AC = √10。
设点P表示的数为x（x ＞ 0），
则AP = x - (-2) = x + 2 = √10，
解得x = √10 - 2。
答案：B
∵点A表示的数是-2，点B表示的数是1，
∴AB = 1 - (-2) = 3。
∵∠ABC = 90°，BC = 1，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC = √(AB² + BC²) = √(3² + 1²) = √10。
∵以点A为圆心，AC长为半径画弧，与数轴交于点P，
∴AP = AC = √10。
设点P表示的数为x（x ＞ 0），
则AP = x - (-2) = x + 2 = √10，
解得x = √10 - 2。
答案：B
3. 在平面直角坐标系中,已知点$A(-1,2)$,点$B(-5,6)$,在$x轴上确定点C$,使得$\triangle ABC$的周长最小,则点$C$的坐标是 (
A.$(-4,0)$
B.$(-3,0)$
C.$(-2,0)$
D.$(-2.5,0)$
C
)A.$(-4,0)$
B.$(-3,0)$
C.$(-2,0)$
D.$(-2.5,0)$
答案：C
解析：
解：作点A关于x轴的对称点A'(-1,-2)，连接A'B交x轴于点C，此时△ABC周长最小。
设直线A'B的解析式为y=kx+b，将A'(-1,-2)，B(-5,6)代入得：
$\begin{cases}-k+b=-2\\-5k+b=6\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-2\\b=-4\end{cases}$，即y=-2x-4。
令y=0，得-2x-4=0，解得x=-2。
∴点C的坐标是(-2,0)。
答案：C
设直线A'B的解析式为y=kx+b，将A'(-1,-2)，B(-5,6)代入得：
$\begin{cases}-k+b=-2\\-5k+b=6\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-2\\b=-4\end{cases}$，即y=-2x-4。
令y=0，得-2x-4=0，解得x=-2。
∴点C的坐标是(-2,0)。
答案：C
4. 如图,在$\triangle ABC$中,$AC= BC$,$∠B= 30^{\circ}$,$D为AB$的中点,$P为CD$上一点,$E为BC$延长线上一点,且$PA= PE$. 有下列结论:①$∠PAD+∠PEC= 30^{\circ}$;②$\triangle PAE$为等边三角形;③$PD= CE-CP$;④$S_{四边形AECP}= S_{\triangle ABC}$.其中正确的结论是 (
A.①②③④
B.①②
C.①②④
D.③④
C
)A.①②③④
B.①②
C.①②④
D.③④
答案：C
5. 某长途汽车客运公司规定旅客可免费携带一定质量的行李. 当行李的质量超过规定时,需付的行李费$y$(元)与行李质量$x$(kg)之间满足一次函数关系,部分对应值如下表:
则旅客最多可免费携带行李的质量是______kg.
则旅客最多可免费携带行李的质量是______kg.
10
答案：10
解析：
解：设一次函数关系式为$y=kx+b$，将$(30,4)$，$(40,6)$代入得：
$\begin{cases}30k + b = 4 \\40k + b = 6\end{cases}$
解得$k=0.2$，$b=-2$，所以$y=0.2x - 2$。
令$y=0$，则$0.2x - 2=0$，解得$x=10$。
10
$\begin{cases}30k + b = 4 \\40k + b = 6\end{cases}$
解得$k=0.2$，$b=-2$，所以$y=0.2x - 2$。
令$y=0$，则$0.2x - 2=0$，解得$x=10$。
10
6. 在平面直角坐标系中,把点$P(a-1,5)向左平移3个单位长度得到点Q(2-2b,5)$,则$2a+4b+3$的值为
15
.答案：15
解析：
解：∵点$P(a-1,5)$向左平移3个单位长度得到点$Q(2-2b,5)$
∴横坐标变化为：$a-1-3=2-2b$
即$a-4=2-2b$
移项可得：$a+2b=6$
则$2a+4b+3=2(a+2b)+3=2×6+3=15$
15
∴横坐标变化为：$a-1-3=2-2b$
即$a-4=2-2b$
移项可得：$a+2b=6$
则$2a+4b+3=2(a+2b)+3=2×6+3=15$
15
7. 已知一次函数$y= kx+b$($k,b$是常数,且$k≠0$)的图象与$x轴交于点(2,0)$,与$y轴交于点(0,m)$. 若$m＞1$,则$k$的取值范围为
k＜−$\frac{1}{2}$
.答案：k＜−$\frac{1}{2}$
解析：
解：因为一次函数$y=kx+b$的图象过点$(2,0)$和$(0,m)$，所以将点$(2,0)$代入函数得$0=2k+b$，即$b=-2k$。又因为函数过点$(0,m)$，所以$m=b=-2k$。已知$m＞1$，则$-2k＞1$，解得$k＜-\frac{1}{2}$。
$k＜-\frac{1}{2}$
$k＜-\frac{1}{2}$
8. 如图,在平面直角坐标系中,点$A,A_{1},A_{2},…在x$轴上,分别以$OA,AA_{1},A_{1}A_{2},…为边在第一象限作等边\triangle OAP$,等边$\triangle AA_{1}P_{1}$,等边$\triangle A_{1}A_{2}P_{2},…$,且$A点坐标为(2\sqrt{3},0)$,直线$y= kx+\frac{3}{2}(k＞0)经过点P,P_{1},P_{2},…$,则点$P_{2025}$的纵坐标为______
$3^{2026}$
.答案：$3^{2026}$
解析：
解：设等边三角形边长依次为$a_{0},a_{1},a_{2},…$，其中$OA = a_{0}$，$AA_{1}=a_{1}$，$A_{1}A_{2}=a_{2},…$。
对于等边$\triangle OAP$，顶点$P$坐标为$(\frac{a_{0}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_{0})$，已知$A(2\sqrt{3},0)$，则$a_{0}=OA=2\sqrt{3}$，故$P(\sqrt{3},3)$。
将$P(\sqrt{3},3)$代入$y = kx+\frac{3}{2}$，得$3 = k\sqrt{3}+\frac{3}{2}$，解得$k=\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线方程为$y=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}$。
设$A$点坐标为$(x_{0},0)$，则$x_{0}=a_{0}=2\sqrt{3}$。$A_{1}$点坐标为$(x_{0}+a_{1},0)$，等边$\triangle AA_{1}P_{1}$顶点$P_{1}$坐标为$(x_{0}+\frac{a_{1}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_{1})$，代入直线方程：$\frac{\sqrt{3}}{2}a_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}(x_{0}+\frac{a_{1}}{2})+\frac{3}{2}$，将$x_{0}=2\sqrt{3}$代入，解得$a_{1}=6\sqrt{3}$，$P_{1}$纵坐标为$\frac{\sqrt{3}}{2}×6\sqrt{3}=9 = 3^{2}$。
同理，$A_{1}$点坐标为$2\sqrt{3}+6\sqrt{3}=8\sqrt{3}$，设$A_{2}$点坐标为$(8\sqrt{3}+a_{2},0)$，$P_{2}$坐标为$(8\sqrt{3}+\frac{a_{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_{2})$，代入直线方程解得$a_{2}=18\sqrt{3}$，$P_{2}$纵坐标为$\frac{\sqrt{3}}{2}×18\sqrt{3}=27 = 3^{3}$。
观察可得$P_{n}$纵坐标为$3^{n + 1}$，故$P_{2025}$纵坐标为$3^{2025+1}=3^{2026}$。
答案：$3^{2026}$
对于等边$\triangle OAP$，顶点$P$坐标为$(\frac{a_{0}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_{0})$，已知$A(2\sqrt{3},0)$，则$a_{0}=OA=2\sqrt{3}$，故$P(\sqrt{3},3)$。
将$P(\sqrt{3},3)$代入$y = kx+\frac{3}{2}$，得$3 = k\sqrt{3}+\frac{3}{2}$，解得$k=\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线方程为$y=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}$。
设$A$点坐标为$(x_{0},0)$，则$x_{0}=a_{0}=2\sqrt{3}$。$A_{1}$点坐标为$(x_{0}+a_{1},0)$，等边$\triangle AA_{1}P_{1}$顶点$P_{1}$坐标为$(x_{0}+\frac{a_{1}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_{1})$，代入直线方程：$\frac{\sqrt{3}}{2}a_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}(x_{0}+\frac{a_{1}}{2})+\frac{3}{2}$，将$x_{0}=2\sqrt{3}$代入，解得$a_{1}=6\sqrt{3}$，$P_{1}$纵坐标为$\frac{\sqrt{3}}{2}×6\sqrt{3}=9 = 3^{2}$。
同理，$A_{1}$点坐标为$2\sqrt{3}+6\sqrt{3}=8\sqrt{3}$，设$A_{2}$点坐标为$(8\sqrt{3}+a_{2},0)$，$P_{2}$坐标为$(8\sqrt{3}+\frac{a_{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_{2})$，代入直线方程解得$a_{2}=18\sqrt{3}$，$P_{2}$纵坐标为$\frac{\sqrt{3}}{2}×18\sqrt{3}=27 = 3^{3}$。
观察可得$P_{n}$纵坐标为$3^{n + 1}$，故$P_{2025}$纵坐标为$3^{2025+1}=3^{2026}$。
答案：$3^{2026}$