文档内容
2022-2023 学年八年级下学期数学
第二次月考测试卷
(测试范围：第十六章---第十九章)
(考试时间120分钟 满分120分)
一．选择题(共10题，每小题3分，共30分)
1．(2022春•西平县期中)下列各式计算正确的是( )
A．8√3-2√3=6 B．5√3+5√2=10√5
C．4√3×2√2=8√6 D．4√2÷2√2=2√2
【分析】根据二次根式的加减运算对A、B进行判断；根据二次根式的乘法法则对C进行判断；根据二
次根式的乘法法则对D进行判断．
【解答】解：A、原式＝6√3，所以A选项的计算错误；
B、5√3与5√2不能合并，所以B选项的计算错误；
C、原式＝8√3×2=8√6，所以C选项的计算正确；
D、原式＝2，所以D选项的计算错误．
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，
然后合并同类二次根式．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选
择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
2．(2023•花都区一模)对于一次函数y＝﹣2x+4，下列说法错误的是( )
A．y随x的增大而减小
B．图象与y轴交点为(0，4)
C．图象经过第一、二、四象限
D．图象经过点(1，3)
【分析】根据一次函数的性质，与坐标轴的交点，逐项分析判断即可求解．
【解答】解：y＝﹣2x+4中，k＝﹣2＜0，b＝4＞0，
A．k＜0，y随x的增大而减小，故该选项正确，不符合题意；
B．当x＝0时，y＝4，则图象与y轴交点为(0，4)，故该选项正确，不符合题意；
C．∵k＜0，b＞0，则图象经过第一、二、四象限，故该选项正确，不符合题意；
D．当x＝1时，y＝﹣2+4＝2，则图象经过点(1，2)，故该选项不正确，符合题意；故选：D．
【点评】此题考查了一次函数图象的增减性，求函数值，与坐标轴交点，能正确根据 k判断增减性是解
题的关键．
3．(2023春•晋安区期中)如图，菱形ABCD的顶点C在直线MN上，若∠BCM＝45°，∠DCN＝25°，则
∠BDC的度数为( )
A．20° B．30° C．35° D．40°
【分析】先求出∠BCD，根据菱形性质得出BC＝CD，即得到∠CBD＝∠CDB，可得∠BDC的度数．
【解答】解：∵∠BCM＝45°，∠DCN＝25°，
∴∠BCD＝180°﹣∠BCM﹣∠DCN＝180°﹣25°﹣45°＝110°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC＝BD，
1
∴∠BDC= (180°-∠BCD)=35°，
2
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质求角度，熟知菱形的性质是解题的关键．
4．(2023春•庐阳区校级期中)若一个三角形的三边长分别为2、√7和√11，则这个三角形的面积是( )
A．√7 B．2√7 C．√11 D．2√11
【分析】首先通过勾股定理逆定理得出这个三角形是直角三角形，然后通过三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵该三角形的三边长分别为2、√7和√11，
又∵22+(√7) 2=11=(√11) 2，
∴这个三角形是直角三角形，两个直角边长为2、√7，
1
∴这个三角形的面积为： ×2×√7=√7．
2
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握直角三角形的判定是解题的关键．
5．(2022秋•宿豫区期末)已知一次函数y＝(m﹣1)x﹣4(m是常数)，若y随x的增大而增大，则m的值可以
是( )
A．﹣2 B．0 C．1 D．2
【分析】由一次函数的性质可得到关于m的不等式，可求得m的取值范围．【解答】解：∵一次函数y＝(m﹣1)x﹣4(m是常数)，y随x的增大而增大，
∴m﹣1＞0，
解得m＞1，
观察选项，只有选项D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查一次函数图象与系数的关系，掌握一次函数的增减性是解题的关键，即在 y＝
kx+b中，当k＞0时，y随x的增大而增大，当k＜0时，y随x的增大而减小．
√ 1
6．(2023春•黄陂区校级月考)把(x-1) - 根号外的因式移入根号内，结果为( )
x-1
A．√1-x B．-√1-x C．√x-1 D．-√x-1
1
【分析】由于被开方数- ＞0，可确定x−1的取值范围，然后再按二次根式的乘除法法则计算即可．
x-1
1
【解答】解：由已知可得：- ＞0，
x-1
∴x﹣1＜0，即1﹣x＞0，
√ 1 √ (1-x) 2
∴(x-1) - =- - =-√1-x．
x-1 x-1
故选：B．
【点评】本题主要考查二次根式的性质与化简，由已知得出x−1的取值范围是解答此题的关键．
7．(2023•碑林区校级四模)在平面直角坐标系中，A(0，3)，B(1，0)两点，将线段AB沿一定方向平移，设
平移后A点的对应点为A′(2，5)，B点的对应点为B′，则直线B′B的表达式为( )
A．y＝x﹣1 B．y＝﹣3x+11 C．y＝x+3 D．y＝﹣3x+3
【分析】先利用点A和点A′的坐标特征得到点平移的坐标变换规律，利用此平移规律写出点 B′的坐
标，然后利用待定系数法求直线B′B的解析式即可．
【解答】解：∵点A(0，3)平移后的对应点为A′(2，5)，
∴点B(1，0)平移后的对应点为B′(3，2)，
设直线直线B′B的表达式为y＝kx+b，
{k+b=0
把B(1，0)，B′(3，2)分别代入得 ，
3k+b=2
{ k=1
解得 ，
b=-1
∴直线B′B的表达式为y＝x﹣1．
故选：A．【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：求一次函数y＝kx+b，则需要两组x，y的值．也考
查了一次函数图象的平移变换．
8．(2023春•庐江县期中)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，对角线AC的垂直平分线分别交AD、
AC于点M，N，则AM的长为( )
15 15 25 25
A． B． C． D．
4 3 4 3
【分析】连接CM，根据矩形的性质可得AD＝BC＝6，CD＝AB＝3，∠D＝90°，根据线段垂直平分线
的性质可得CM＝AM，设AM＝CM＝x，在Rt△CDM中，根据勾股定理列方程，求出x的值，即可确定
AM的长．
【解答】解：连接CM，如图所示：
在矩形ABCD中，AD＝BC＝6，CD＝AB＝3，∠D＝90°，
∵对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点M，N，
∴CM＝AM，
设AM＝CM＝x，
则DM＝6﹣x，
在Rt△CDM中，根据勾股定理，得32+(6﹣x)2＝x2，
15
解得x= ，
4
15
∴AM= ，
4
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．9．(2022秋•阿城区期末)乐乐超市购进一批拼装玩具，进价为每个15元，在销售过程中发现，日销售量
y(个)与销售单价x(元)之间满足如图所示的一次函数关系，若该玩具某天的销售单价是20元时，则当日
的销售利润为( )
A．200元 B．300元 C．350元 D．500元
【分析】根据函数图象中的数据，可以求得日销售量y(个)与销售单价x(元)之间的函数关系式，然后将
x＝20代入求出相应的y的值，从而可以计算出该玩具某天的销售单价是20元时，当日的销售利润．
【解答】解：设日销售量y(个)与销售单价x(元)之间的函数关系式为y＝kx+b，
∵点(25，50)，(35，30)在该函数图象上，
{25k+b=50
∴ ，
35k+b=30
{k=-2
解得 ，
b=100
即日销售量y(个)与销售单价x(元)之间的函数关系式为y＝﹣2x+100，
当x＝20时，y＝﹣2×20+100＝60，
则该玩具某天的销售单价是20元时，当日的销售利润为：(20﹣15)×60＝300(元)，
故选：B．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式．
10．(2022春•龙湖区期末)如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE
＝BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC＝
∠B；③△ADO≌△ACH；④S菱形ABCD =√3；其中正确的结论个数是( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证得△ABC是等边三角形，则可得∠B＝∠EAC＝60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE，可得
∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，由外角性质可得∠FHC＝∠B，①②正确；由∠OAD＝60°＝
√3 √3
∠EAC≠∠HAC，③△ADO≌△ACH不正确；求出△ABC的面积= AB2= ，得菱形ABCD的面积
4 4
√3
= ，④不正确；即可得出结论．
2
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
即△ABC是等边三角形，
∴AB＝CA，∠EAC＝∠B＝60°，
同理：△ADC是等边三角形
∴∠OAD＝60°，
{
BF=AE
在△ABF和△CAE中， ∠B=∠EAC，
AB=CA
∴△ABF≌△CAE(SAS)；
∴∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，
∵∠FHC＝∠ACE+∠FAC＝∠BAF+∠FAC＝∠BAC＝60°，
∴∠FHC＝∠B，
故①正确，②正确；
∵∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，
故③△ADO≌△ACH不正确；
∵△ABC是等边三角形，AB＝AC＝1，
√3 √3
∴△ABC的面积= AB2= ，
4 4√3
∴菱形ABCD的面积＝2△ABC的面积= ，
2
故④不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识．熟练掌
握菱形和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
二．填空题(共8小题，每小题3分，共24分)
11．y＝(m+4)x|m|﹣3+1是一次函数，则m的值为 ．
【分析】直接利用一次函数的定义分析得出答案．
【解答】解：∵y＝(m+4)x|m|﹣3+1是一次函数，
∴|m|﹣3＝1，m+4≠0，
解得：m＝4．
故答案为：4．
【点评】此题主要考查了一次函数的定义，正确把握系数不为零是解题关键．
12．(2022秋•安乡县期末)若等式√1+x•√1-x=√1-x2成立，则x的取值范围是 ．
【分析】直接利用二次根式的性质分析得出答案．
【解答】解：∵若等式√1+x•√1-x=√1-x2成立，
∴1+x≥0，1﹣x≥0，
解得：﹣1≤x≤1．
则x的取值范围是：﹣1≤x≤1．
故答案为：﹣1≤x≤1．
【点评】此题主要考查了二次根式的乘法运算，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
13．(2022春•岳阳期末)如图，直线l ：y＝x+1与直线l ：y＝mx+n相交于点P(a，2)，则关于x的方程x+1
1 2
＝mx+n的解为 ．【分析】根据函数图形，得出两函数交点坐标的横坐标即可得出结论．
【解答】解：由图象得点P的横坐标为x＝1，
所以关于x的方程x+1＝mx+n的解是：x＝1，
故答案为：x＝1．
【点评】此题主要考查了一元一次方程与一次函数的关系，关键是利用待定系数法求出b的值，进而得
到P点坐标．
14．(2023春•鼓楼区期中)如图，A(8，0)，C(﹣2，0)，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴正半轴于
点B，则点B的坐标为 ．
【分析】根据已知可得AB＝AC＝10，OA＝8．利用勾股定理即可求解．
【解答】解：根据已知可得：AB＝AC＝10，OA＝8．
在Rt△ABO中，OB=√AB2-OA2=√102-82=6．
∴B(0，6)．
故答案为：(0，6)．
【点评】本题考查的是勾股定理，坐标与图形性质，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平
方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键．
15．(2022秋•绥宁县期末)已知a，b，c是△ABC的三条边长，则化简√(a+b) 2-√(c-a-b) 2的结果为
．
【分析】先把√(a+b) 2-√(c-a-b) 2化为|a+b|﹣|c﹣a﹣b|的形式，再根据绝对值的性质化简计算．
【解答】解：√(a+b) 2-√(c-a-b) 2
＝|a+b|﹣|c﹣a﹣b|
＝a+b﹣(a+b﹣c)
＝a+b﹣a﹣b+c
＝c．
【点评】主要考查了二次根式的性质与化简、三角形三边关系，掌握这两个知识点的综合应用是解题关键．16．(2021春•莆田期中)如图所示，把矩形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B，C两点恰好落在AD边的
P点处，若∠FPH的度数恰好为90°，PF＝4，PH＝3，则矩形ABCD的边BC的长为 ．
【分析】利用折叠的性质得到BF＝PF＝4，CH＝PH＝3，再利用勾股定理得到FH＝5，即可求解BC．
【解答】解：∵矩形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B，C两点恰好落在AD边的P点处，
∴BF＝PF＝4，CH＝PH＝3，
∵∠FPH＝90°，
∴FH=√PF2+PH2=√42+32=5，
∴BC＝BF+FH+CH＝4+5+3＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查折叠的性质和勾股定理，解题的关键是利用勾股定理和折叠的性质求出 FH，BF，
CH．
17．(2022春•洪泽区期中)如图，△ABC的周长为19，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，
垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC＝7，则MN的长度为 ．
【分析】证明△BNA≌△BNE，得到BA＝BE，即△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根
据题意求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，
∴∠NBA＝∠NBE，∠BNA＝∠BNE，
在△BNA和△BNE中，
{∠ABN=∠EBN
BN=BN ．
∠ANB=∠ENB
∴△BNA≌△BNE(ASA)，
∴BA＝BE，∴△BAE是等腰三角形，
同理△CAD是等腰三角形，
∴点N是AE中点，点M是AD中点(三线合一)，
∴MN是△ADE的中位线，
∵BE+CD＝AB+AC＝19﹣BC＝19﹣7＝12，
∴DE＝BE+CD﹣BC＝5，
1 5
∴MN= DE= ．
2 2
5
故答案是： ．
2
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半
是解题的关键．
18．(2021秋•中原区校级期末)如图，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点D为线段OB的中
点，点C、P分别为线段AB、OA上的动点，PC+PD的值最小值为 ．
【分析】作点D关于x轴的对称点D′，过点D′作DC⊥AB于点C，则此时PC+PD值最小，根据一
次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点D的坐标，根据对称的性质找出点D′的
坐标，解直角三角形即可求出PC+PD的最小值．
【解答】解：作点D关于x轴的对称点D′，过点D′作DC⊥AB于点C，则此时PC+PD值最小，
PC+PD最小的最小值为CD′，如图．
令y＝x+4中x＝0，则y＝4，
∴点B的坐标为(0，4)；
令y＝x+4中y＝0，则x+4＝0，解得：x＝﹣4，
∴点A的坐标为(﹣4，0)．
∴OA＝OB＝4，
∵∠AOB＝90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，∴∠ABO＝45°，
∵点D分别为线段OB的中点，
∴点D(0，2)．
∵点D′和点D关于x轴对称，
∴点D′的坐标为(0，﹣2)，
∴BD′＝4+2＝6，
√2 √2
∴CD′＝ •BD′= ×6＝3√2，
2 2
∴PC+PD的最小值为3√2，
故答案为：3√2．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形、轴对称﹣最短路线以及垂线段最
短，找出点P的位置是解题的关键．
三、解答题(本大题共8小题，满分共66分)
19．(每小题4分，共8分)(2022春•霍林郭勒市校级期末)计算：
(1)(2√3-1)(2√3+1)﹣(1﹣2√3)2．
1
(2)(2√5-√2)0+|2-√5|+(- )﹣3-√(π-4) 2．
2
【分析】(1)先根据平方差公式、完全平方公式和二次根式的性质进行计算，再根据二次根式的加减法
则进行计算即可；
(2)先根据零指数幂，负整数指数幂，二次根式的性质，绝对值进行计算，再根据二次根式的加减法则
进行计算即可．
【解答】解：(1)(2√3-1)(2√3+1)﹣(1﹣2√3)2
＝(2√3)2﹣12﹣(1﹣4√3+12)
＝12﹣1﹣1+4√3-12
＝4√3-2；1
(2)(2√5-√2)0+|2-√5|+(- )﹣3-√(π-4) 2．
2
＝1+√5-2﹣8﹣(4﹣ )
＝1+√5-2﹣8﹣4+
π
=√5+ ﹣13． π
【点评π】本题考查了二次根式的混合运算，乘法公式，零指数幂和负整数指数幂等知识点，能正确根据
二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
1 √1
20．(5分)(2022秋•城关区校级期末)先化简，后求值：(a+√3)(a-√3)-a(a-6)，其中a= + ．
2 2
【分析】求出a的值，根据平方差公式得出a2﹣3﹣a2+6a，推出6a﹣3，把a的值代入求出即可．
1 √1 1 1
【解答】解：∵a= + = + √2，
2 2 2 2
∴(a+√3)(a-√3)﹣a(a﹣6)，
＝a2﹣3﹣a2+6a，
＝6a﹣3，
1 1
＝6×( + √2)﹣3，
2 2
＝3√2．
【点评】本题考查了平方差公式和二次根式的化简求值的应用，关键是根据性质进行化简，题目比较好，
但是一道比较容易出错的题目．
21．(7分)(2022春•老河口市期中)如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是高，AE∥BC，BC＝2AE．
(1)求证：四边形ADCE是矩形；
(2)点F是AB的中点，连接DF，EF，若∠DFE＝90°，AB＝4，求EF的长．
【分析】(1)根据等腰三角形的性质证明四边形AECD为平行四边形，进而利用矩形的判定解答即可；
(2)根据矩形的性质可得DE＝AC＝4，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】(1)证明：∵AB＝AC，AD是高，
∴BC＝2BD＝2DC，∠ADC＝90°，
∵BC＝2AE，∴AE＝DC，
∴四边形AECD为平行四边形，
∵∠ADC＝90°，
∴ ADCE是矩形；
(2)▱解：如图，连接DE，
∵点F是AB的中点，AB＝AC＝4，
∵AD⊥BC，
1
∴DF= AB＝2，
2
1
或者：AF＝BF= AB＝2，
2
∵BD＝CD，
1
∴DF= AC＝2，
2
∵四边形ADCE是矩形，
∴DE＝AC＝4，
∵∠DFE＝90°，
∴EF=√DE2-DF2=√42-22=2√3．
【点评】此题考查矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，关键是根据等腰
三角形的性质和矩形的判定解答．
22．(8分)(2022春•建昌县期末)如图，一次函数y＝kx+b的图象交x轴于点A，OA＝4，与正比例函数y＝
3x的图象交于点B，B点的横坐标为1．
(1)求一次函数函数y＝kx+b的解析式；
1
(2)若点C在y轴上，且满足S△BOC =
2
S△AOB ，求点C的坐标；
(3)请直接写出kx+b＞3x时x的取值范围．【分析】(1)先求得点A，B的坐标，再根据待定系数法即可得到AB的函数表达式；
1
(2)设C(0，m)，依据S△BOC =
2
S△AOB ，即可得出m＝±6，进而得到C的坐标；
(3)根据图象即可求得．
【解答】解：(1)当x＝1时，y＝3x＝3，
∴B(1，3)，
将A (4，0)，B(1，3)代入y＝kx+b，得，
{4k+b=0
，
k+b=3
{k=-1
解得 ，
b=4
∴一次函数y＝kx+b的解析式是y＝﹣x+4；
(2)设C(0，m)，
1 1 1
S△BOC =
2
CO•|x
B
| =
2
|m|•1 =
2
|m|，
1 1 1
∵S△BOC =
2
S△AOB =
2
×
2
×4×3＝3，
1
∴ |m|＝3，
2
∴m＝±6，
∴点C的坐标为(0，6)或(0，﹣6)；
(3)观察图象可知，kx+b＞3x，则x的取值范围是x＜1．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及三角形的面积，
解题的关键是利用待定系数法求出k、b的值．
23．(8分)(2023•长安区四模)新冠过后人们的生活逐渐恢复正常，家长们会选择去自然环境较好的地方“遛娃”．如图所示，是无动力游乐场内一个小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线BD
上，转轴中心B到地面的距离为3m．在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，测得点A到BD的
距离为2m，点A到地面的距离为1.8m；当从A处摆动到A'处时，有∠A'BA＝90°．
(1)求A'到BD的距离；
(2)求A'到地面的距离．
【分析】(1)作A'F⊥BD，垂足为F，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
(2)根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：(1)如图2，作A'F⊥BD，垂足为F．
∵AC⊥BD，
∴∠ACB＝∠A'FB＝90°；
在Rt△A'FB中，∠1+∠3＝90°；
又∵∠A'BA＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠3；
在△ACB和△BFA'中，
{∠ACB=∠A'FB
∠2=∠3 ，
AB=A'B
∴△ACB≌△BFA'(AAS)；
∴A'F＝BC
∵AC∥DE且CD⊥AC，AE⊥DE，
∴CD＝AE＝1.8；
∴BC＝BD﹣CD＝3﹣1.8＝1.2，∴A'F＝1.2，
即A'到BD的距离是1.2m．
(2)由(1)知：△ACB≌△BFA'，
∴BF＝AC＝2m，
作A'H⊥DE，垂足为H．
∵A'F∥DE，
∴A'H＝FD，
∴A'H＝BD﹣BF＝3﹣2＝1，
即A'到地面的距离是1m．
【点评】本题考查全等三角形的应用，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，灵活运用所学知
识解决问题，属于中考常考题型．
24．(8分)(2023春•兴宁区校级期中)“让绿城更美更宜居”——南宁市持续开展创建国家卫生城市特色活
动．为了进一步美化城市，我市某公司计划购买A，B两种花卉装点城区道路，公司负责人到花卉基地
调查发现：购买2盆A种花和1盆B种花需要13元，购买3盆A种花和2盆B种花需要22元．
(1)A，B两种花的单价各为多少元？
(2)公司若购买A，B两种花共10000盆，设购买的B种花m盆(5000≤m≤7000)，总费用为W元，请你
帮公司设计一种购花方案，使总花费最少，并求出最少费用为多少元？
【分析】(1)设A种花的单价为a元，B种花的单价为b元，依题意列出二元一次方程组，解方程组即可
求解；
(2)根据(1)的结论，由单价乘以数量得到总价，即可列出关系式；根据自变量的范围结合一次函数的性
质即可求解．
【解答】解：(1)设A种花的单价为a元，B种花的单价为b元，
{2a+b=13
依题意得 ，
3a+2b=22
{a=4
解得： ，
b=5
答：A种花的单价为4元，B种花的单价为5元；
(2)①由题意可得，W＝5m+4(10000﹣m)＝m+40000，
∵1＞0，
∴W随m的增大而增大，
∵6000≤m≤8000，
∴当m＝6000时，W取得最小值，此时W＝46000，10000﹣m＝4000，
即当购买A种花4000盆，B种花6000盆时总花费最少，最少费用为46000元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，一次函数的应用，根据题意列出方程组以及函数关系式是
解题的关键．
25．(10分)(2023春•鼓楼区期中)已知正方形ABCD如图所示，连接其对角线AC，∠BCA的平分线CF交
AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M，过点C作CP⊥CF，交AD延长线于点P．
(1)求证：CF＝CP；
(2)若正方形ABCD的边长为4，求△ACP的面积；
(3)求证：CP﹣BM＝2FN．
【分析】(1)由“ASA”可证△CDP≌△CBF，可得CF＝CP；
(2)根据等角对等边易证AP＝AC，根据勾股定理求得AC的长，然后根据三角形的面积公式即可求解；
(3)由全等三角形的性质可得CP＝CF，在CN上截取NH＝FN，连接BH，则可以证明△AMB≌BHC，得
到CH＝BM，即可证得．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠ACD＝45°，
∵CP⊥CF，
∴∠FCP＝90°＝∠BCD，
∴∠BCF＝∠DCP，
∵CD＝CB，∠CBF＝∠CDP＝90°，
∴△CDP≌△CBF(ASA)，
∴CF＝CP；
(2)∵CF平分∠ACB，
∴∠ACF＝∠BCF＝22.5°，
∴∠BFC＝67.5°，
∵△CDP≌△CBF，
∴∠P＝∠BFC＝67.5°，且∠CAP＝45°，∴∠ACP＝∠P＝67.5°，
∴AC＝AP，
∵AC=√2AB＝4√2，
1
∴S△ACP =
2
AP×CD＝8√2；
(3)在CN上截取NH＝FN，连接BH，
∵△CDP≌△CBF，
∴CP＝CF，
∵FN＝NH，且BN⊥FH，
∴BH＝BF，
∴∠BFH＝∠BHF＝67.5°，
∴∠FBN＝∠HBN＝∠BCH＝22.5°，
∴∠HBC＝∠BAM＝45°，
∵AB＝BC，∠ABM＝∠BCH，
∴△AMB≌△BHC(ASA)，
∴CH＝BM，
∴CF＝BM+2FN，
∴CP﹣BM＝2FN．
【点评】本题是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，正确作出辅助线
是解答本题的关键．
26．(12分)(2021秋•开江县期末)如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y＝kx+1交y轴于点A，交x轴于点
1
B(4，0)，过点E(2，0)的直线l 平行于y轴，交直线l 于点D，点P是直线l 上一动点(异于点D)，连接
2 1 2
PA、PB．
(1)求直线l 的解析式；
1
(2)设P(2，m)，求△ABP的面积S的表达式(用含m的代数式表示)；
(3)当△ABP的面积为3时，则以点B为直角顶点作等腰直角△BPC，请直接写出点C的坐标．1
【分析】(1)将B(4，0)代入y＝kx+1得到y=- x+1；
4
(2)由两直线交点的求法得到点D的坐标；易得线段PD的长度，所以根据三角形的面积公式即可得到结
论；
(3)根据三角形的面积公式列方程求得m＝2，于是得到点P(2，2)，推出∠EPB＝∠EBP＝45°．
第1种情况，如图2，过点C作CF⊥x轴于点F根据全等三角形的性质得到BF＝CF＝PE＝EB＝2，于
是得到C(6，2)；
第2种情况，如图3根据全等三角形的性质得到PC＝CB＝PE＝EB＝2，于是得到C(2，﹣2)；
第3种情况，当点P在点D下方时，得到(3，2)或(5，﹣2)．
【解答】解：(1)∵直线l ：y＝kx+1交x轴于点B(4，0)，
1
∴0＝4k+1．
1
∴k=- ．
4
1
∴直线l ：y=- x+1；
1 4
{ 1 {x=2
y=- x+1
(2)由 4 得： 1．
y=
x=2 2
1
∴D(2， )．
2
∵P(2，m)，
1
∴PD＝|m- |．
2
1 1 1
∴S= ×|4﹣0|•PD= ×|m- |×4＝|2m﹣1|．
2 2 2
1
当m＞ 时，S＝2m﹣1；
21
当m＜ 时，S＝1﹣2m；
2
(3)当S△ABP ＝3时，2m﹣1＝3，
解得m＝2，
∴点P(2，2)，
∵E(2，0)，
∴PE＝BE＝2，
∴∠EPB＝∠EBP＝45°，
如图2，∠PBC＝90°，BP＝BC，
过点C作CF⊥x轴于点F，
∵∠PBC＝90°，∠EBP＝45°，
∴∠CBF＝∠PBE＝45°，
在△CBF与△PBE中，
{
∠CBF=∠PBE
∠CFB=∠PEB=90°，
BC=BP
∴△CBF≌△PBE(AAS)．
∴BF＝CF＝PE＝EB＝2．
∴OF＝OB+BF＝4+2＝6．
∴C(6，2)；
如图3，△PBC是等腰直角三角形，
∴PE＝CE，
∴C(2，﹣2)，
∴以点B为直角顶点作等腰直角△BPC，点C的坐标是(6，2)或(2，﹣2)．
当1﹣2m＝3时，m＝﹣1，可得P(2，﹣1)，
同法可得C(3，2)或(5，﹣2)．综上所述，满足条件的点C坐标为(6，2)或(2，﹣2)或(3，2)或(5，﹣2)．
【点评】本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法确定一次函数解析式，全等三角形的判定和
性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
