文档内容
2022-2023 学年八年级下学期数学
期末质量检测 B 卷
(测试范围：八下全部内容)
(考试时间:120分钟 满分:120分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
第Ⅰ卷
一、选择题(共8题，每小题3分，共24分)
1．(2022春•威县期末)若√1-n是二次根式，则n的值可以是( )
A．﹣1 B．2 C．3 D．5
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数求出n的取值范围，进而得出答案．
【解答】解：∵√1-n是二次根式，
∴1﹣n≥0，
∴n≤1，
∴n的值可以是﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查了二次根式的定义，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2．(2022秋•吉安期末)下列各式计算正确的是( )
A．√3+√2=√5 B．2√3+2=4√3 C．√10÷2=√5 D．3√3×√6=9√2
【分析】根据二次根式的加法法则可判断A和B；根据二次根式的除法法则可判断C；根据二次根式的乘
法法则可判断D；
【解答】解：A、√3和√2不是同类二次根式，不能合并，错误，不符合题意；
B、2√3和2不是同类二次根式，不能合并，错误，不符合题意；√10
C、√10÷2= ，原计算错误，不符合题意；
2
D、3√3×√6=9√2，正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，掌握二次根式混合运算的法则是解题关键．
3．(2023•诸暨市模拟)某次数学测试共有5道题目，下面是901班30名同学的答对题数情况统计：
答对题数(道) 0 1 2 3 4 5
人数(人) 1 2 4 9 11 3
同学答对题数的众数和中位数分别是( )
A．4，4 B．11，3 C．4，3 D．11，11
【分析】一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；先将数据从大到小从新排列，然后根据众数及中位
数的定义求解即可．
【解答】解：同学答对题数中4出现的次数最多，故众数是4，
3+3
把30名同学的答对题数从小到大排列，排在中间的两个数分别是3、3，故中位数为 =3．
2
故选：C．
【点评】本题考查了众数及中位数的知识，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中
间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据
按要求重新排列，就可能会出错．
4．(2022秋•南县期末)如图，平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(0，6)，(8，0)，以点A为圆心，
AB长为半径画弧，交y轴负半轴于点C，则点C的坐标为( )
A．(﹣10，0) B．(0，﹣10) C．(0，﹣2) D．(0，﹣4)
【分析】根据勾股定理求出AB的长度，进而得出答案．
【解答】解：∵点A，B的坐标分别为(0，6)，(8，0)，
∴OA＝6，OB＝8，∴ ，
AB=√OA2+OB2=10
∵以点A为圆心，AB长为半径画弧，交y轴负半轴于点C，
∴AC＝AB＝10，
∴OC＝AC﹣OA＝10﹣6＝4，
∴点C的坐标为(0，﹣4)．
故选：D．
【点评】本题考查了坐标与图形旋转，勾股定理，根据勾股定理得出AB的长根据旋转的性质得出AC＝
AB＝10是解本题的关键．
5．(2023 春•拱墅区期末)如图，平行四边形 ABCD 的周长是 36cm，对角线 AC 与 BD 交于点 O，
AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多2cm，则AE的长度为( )
A．3cm B．4cm C．5cm D．8cm
【分析】由 ABCD的周长为36cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多
2cm，可得A▱B+AD＝18cm，AD﹣AB＝2cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上
的中线性质即可求得答案．
【解答】解：∵ ABCD的周长为36cm，
∴AB+AD＝18cm▱，OB＝OD，
∵△AOD的周长比△AOB的周长多2cm，
∴(OA+OD+AD)﹣(OA+OB+AB)＝AD﹣AB＝2cm，
∴AB＝8cm，AD＝10cm．
∴BC＝AD＝10cm．
∵AC⊥AB，E是BC中点，
1
∴AE= BC＝5cm；
2
故选：C．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，
由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．
6．(2022春•武邑县校级期末)若x=√7-4，则代数式x2+8x﹣16的值为( )A．﹣25 B．﹣11 C．7 D．25
【分析】将已知变形，得到x2+8x＝﹣9，即可得到答案．
【解答】解：∵x=√7-4，
∴x+4=√7，
∴(x+4)2＝7，即x2+8x+16＝7，
∴x2+8x＝﹣9，
∴x2+8x﹣16＝﹣25，
故选：A．
【点评】本题考查与二次根式相关的代数式求值，解题的关键是将已知变形，得到x2+8x＝﹣9．
7．(2022秋•成华区期末)如图所示的“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学
的骄傲．该图由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，设直角三角形较长直角边
长为a，较短直角边长为b．若ab＝10，大正方形面积为25，则小正方形边长为( )
A．√3 B．2 C．√5 D．3
【分析】分析题意，首先根据已知条件易得，中间小正方形的边长为：a﹣b；接下来根据勾股定理以及
题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．
【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，
1 1
∵每一个直角三角形的面积为： ab= ×10＝5，
2 2
从图形中可得，大正方形的面积是4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和，
1
∴4× ab+(a﹣b)2＝25，
2
∴(a﹣b)2＝25﹣20＝5，
∵a﹣b＞0，
∴a﹣b=√5．
故选：C．
【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式．
8．已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE，过点A作AE的垂线交DE于点P．若√6
AE＝AP＝1，PB=√5．下列结论：①△APD≌△AEB；②点 B 到直线 AE 的距离为 ；
2
③EB⊥ED；④S△APD +S△APB ＝1+√6．其中正确结论的序号是( )
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP
是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；
④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∵在△APD和△AEB中，
{
AE=AP
∠EAB=∠PAD，
AB=AD
∴△APD≌△AEB(SAS)；
故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE=√BP2-PE2=√3，
√6
∴BF＝EF= ，
2
故此选项正确；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，
∴EP=√2，
又∵PB=√5，
∴BE=√3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE=√3，
1 1 1 1 1 √6
∴S△ABP +S△ADP ＝S△ABD ﹣S△BDP =
2
S正方形ABCD -
2
×DP×BE =
2
×(4+√6)-
2
×√3×√3=
2
+
2
．
故此选项不正确．
综上可知其中正确结论的序号是①②③，
故选：A．
【点评】此题分别考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性
比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．第Ⅱ卷
二、填空题(共8小题，每小题3分，共24分)
√x-3
9．(2023•包头一模)在函数 y= 中，自变量x的取值范围是 ．
2-x
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得：x﹣3≥0且2﹣x≠0，
解得：x≥3．
故答案为：x≥3．
【点评】本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是
解题的关键．
10．(2022秋•德州期末)如图，将长方形和直角三角形的直角顶点重合，若∠AOE＝128°，则∠COD的度
数为 ．
【分析】先由∠AOE＝128°，∠AOC＝90°，求得∠COE＝38°，再由∠COD＝∠DOE﹣∠COE 求出
∠COD的度数即可．
【解答】解：∵将长方形和直角三角形的直角顶点O重合，
∴∠AOC＝∠DOE＝90°，
∵∠AOE＝128°
∴∠COE＝∠AOE﹣∠AOC＝128°﹣90°＝38°，
∴∠COD＝∠DOE﹣∠COE＝90°﹣38°＝52°，
故选：52°．
【点评】此题重点考查角的和差计算、余角的概念等知识，弄清楚∠COE、∠AOE、∠AOC及∠COD之
间的关系是解题的关键．
11．(2022秋•保定月考)已知y=√x-8+√8-x+18，则代数式√x-√y的值为 ．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x，y的值，进而代入得出答案．【解答】解：∵√x-8与√8-x有意义，
∴x＝8，
∴y＝18，
故√x-√y=√8-√18
＝2√2-3√2
=-√2．
故答案为：-√2．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件、二次根式的化简求值，正确化简二次根式是解题关键．
12．(2022秋•城固县期末)如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，过点D作DE⊥AB，连接
AE、BE，若CD＝4，AE＝5，则DE的长为 ．
【分析】先根据直角三角形斜边上的中线的性质得到AD＝4，再利用勾股定理求出DE的长即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，CD＝4，
1
∴AD=CD=BD= AB=4，
2
∵DE⊥AB，AE＝5，
∴DE=√AE2-AD2=3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，正确求出AD＝4是解题的关键．
13．(2023春•长宁区校级期中)如果直线y＝(2m+1)x﹣2+m经过第一、三、四象限，那么则m的取值范围
是 ．
【分析】根据题意得2m+1＞0，﹣2+m＜0，然后解不等式组即可得到m的取值范围．
【解答】解：∵直线y＝(2m+1)x﹣2+m经过第一、三、四象限，
{2m+1＞0
∴ ，
-2+m＜0
1
解得：- ＜m＜2，
21
∴m的取值范围为- ＜m＜2．
2
1
故答案为：- ＜m＜2．
2
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＞0，b＜0 y＝kx+b的图象在一、三、四象
限”是解题的关键． ⇔
14．(2023 春•潮阳区校级期中)已知实数 a，b 在数轴上的对应点的位置如图所示，则化简
√a2+√(a+1) 2-√(b-1) 2结果为 ．
【分析】先根据数轴上点的位置得到，然后根据二次根式的性质化简即可．
【解答】解：由题意得，
∴a＜﹣1，|a|＞|b|，b＞1，
∴√a2+√(a+1) 2-√(b-1) 2
＝﹣a﹣(a+1)﹣(b﹣1)
＝﹣a﹣a﹣1﹣b+1
＝﹣2a﹣b，
故答案为：﹣2a﹣b．
【点评】本题主要考查了化简二次根式，实数与数轴，正确得到是解题的关键．
15．(2023春•海安市期中)如图，在平行四边形ABCD中，△ABD是等边三角形，BD＝2，且两个顶点
B、D分别在x轴，y轴上滑动，连接OC，则OC的最小值是 ．
【分析】由条件可先证得△CBD是等边三角形，过点C作CE⊥BD于点E，当点C，O，E在一条直线上，
此时CO最短，可求得OE和CE的长，进而得出CO的最小值．【解答】解：如图所示：过点C作CE⊥BD于点E，
∵△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD＝2，∠BAD＝60°，
平行四边形ABCD中，AB＝CD，BC＝AD，∠BAD＝∠BCD＝60°，
∴CD＝BC＝BD＝2，
∴△CBD是等边三角形，∠CBD＝60°，
∵CE⊥BD，△CBD是等边三角形，
∴E为BD中点，
∵∠DOB＝90°，E为BD中点，
1
∴EO= BD=1，
2
1
∵CD=2，DE= BD=1，
2
∴CE=√CD2-DE2=√3，
当点C，O，E在一条直线上，此时OC最短，
故OC的最小值为：CO=CE-EO=√3-1．
故答案为：√3-1
【点评】此题考查坐标与图形性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质
判断出当点C，O，E在一条直线上，OC最短是解题的关键．
16．(2023春•东城区期中)如图1，在平面直角坐标系中，平行四边形 ABCD在第一象限，且BC∥x轴．
直线y＝x从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被平行四边形 ABCD截得的线段长度
m与直线在x轴上平移的距离t的函数图象如图2所示，那么平行四边形ABCD的面积为 ．【分析】根据图象可以得到当移动的距离是1时，直线经过点A；当移动距离是4时，直线经过B，当移
动距离是6时经过D，则AD＝6﹣1＝5，当直线经过D点，设直线交BC于N，则DN＝2，作DM⊥BC于
点M，利用勾股定理可求得DM，即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
【解答】解：根据图象可以得到当移动的距离是1时，直线经过点A，当移动距离是4时，直线经过B，
当移动距离是6时经过D，则AD＝6﹣1＝5，
设直线经过点D时，交BC于N，则DN＝2，作DM⊥BC于点M，如图所示：
∵移动直线为y＝x，
∴∠NDM＝45°，
∵∠DMN＝90°，
∴∠DNM＝90°﹣45°＝45°，
∴∠NDM＝∠DNM，
∴DM＝NM，
∴2DM2＝DN2＝4，
∴DM=√2或DM=-√2(舍去)，
∴平行四边形ABCD的面积为：AD×DM=5×√2=5√2，
故答案为：5√2．
【点评】本题主要考查了平移变换、勾股定理，等腰三角形的判定和性质，一次函数的性质，其中根据
函数图象确定AD的长，是解答本题的关键．
三、解答题(本大题共8小题，满分共72分)
17．(每小题4分，共8分)(2022秋•咸阳校级期末)计算：
1
(1)|1-√3|+(2020-π) 0- ×√12+(-1) 2；
2√1
(2)3 +√2(√3-√6)+√24÷√8．
3
【分析】(1)先根据绝对值、零次幂、算术平方根、乘方的知识化简，然后再计算即可；
(2)先根据二次根式的化简和乘除法进行计算，再根据二次根式的加减法则即可得出答案．
1
【解答】解：(1)|1-√3|+(2020-π) 0- ×√12+(-1) 2
2
1
=√3-1+1- ×2√3+1
2
=√3-1+1-√3+1
＝1；
(2)原式=√3+√6-2√3+√3
=√6．
【点评】本题考查解二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算的运算法则．
18．(8分)(2023•长沙一模)如图，平行四边形ABCD中，AC⊥BC，过点D作DE∥AC交BC的延长线于点
E，点M为AB的中点，连接CM．
(1)求证：四边形ADEC是矩形；
(2)若CM＝5，且AC＝8，求四边形ADEB的周长．
【分析】(1)根据平行四边形的性质得到AD∥CE，推出四边形ADEC是平行四边形，根据垂直的定义得
到∠ACE＝90°，于是得到结论；
(2)根据直角三角形的性质得到AB＝2CM＝10，根据勾股定理得到BC=√AB2-AC2=6，根据矩形的周长
公式即可得到结论．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CE，
∵DE∥AC，
∴四边形ADEC是平行四边形，∵AC⊥BC，
∴∠ACE＝90°，
∴四边形ADEC是矩形；
(2)解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵点M为AB的中点，
∴AB＝2CM＝10，
∵AC＝8，
∴BC=√AB2-AC2=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝6＝CE，
∴四边形ADEB的周长＝DE+AD+AB+BC+EC＝8+6+10+6+6＝36．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
19．(每小题4分，共8分)(1)已知x=√2+1，y=√2-1，求x2y﹣xy2的值；
5 m2-3m
(2)先化简，再求值：(m+2- )÷ ，其中，m＝﹣2．
m-2 2m-4
【分析】(1)先提出xy，再代入求值；
(2)先化简分式，再代入求值．
【解答】解：(1)x2y﹣xy2＝xy(x﹣y)，
原式=(√2+1)(√2-1)[(√2+1)-(√2-1)]
＝1×2
＝2；
m2-4 5 2m-4
(2)原式=( - )×
m-2 m-2 m2-3m
(m+3)(m-3) 2(m-2)
= ×
m-2 m(m-3)
2m+6
= ，
m
当m＝﹣2时，
2×(-2)+6
原式= =-1．
-2【点评】本题考查了整式、分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解决本题的关键．
20．(8分)(2023•十堰一模)为切实减轻学生课后作业负担，某中学教务处李老师随机抽取了七、八、九年
级部分学生并对这些学生完成家庭作业所需时间进行了调查．现将调查结果分为A，B，C，D，E五组．
同时，将调查结果绘制成如下统计图表．
频数分布表
组别 时间(小时) 人数
A 0≤t＜0.5 20
B 0.5≤t＜1 40
C 1≤t＜1.5 m
D 1.5≤t＜2 12
E 2≤t 8
请你根据以上信息，解答下列问题：
(1)李老师采取的调查方式是 ；(填“普查”或“抽样调查”)
(2)图表中，m＝ ；n＝ ；
(3)判断所抽取的学生完成家庭作业所需时间的中位数所在组别，说明理由；
(4)已知该校共有学生2000人，请你估计该校完成家庭作业所需时间在1.5小时内的学生人数．
【分析】(1)根据普查和抽样调查的定义判断即可；
(2)用A组的人数除以A组对应的百分比即可得出总人数，再用总人数乘 C组的百分比即可得出C组人数；
用E组人数除以总人数即可得出m的值；
(3)根据中位数的定义判断即可；
(4)利用样本估算总体即可．
【解答】解：(1)李老师采取的调查方式是抽样调查；
故答案为：抽样调查；
(2)∵A组20人占总数的10%，∴20÷10%＝200(人)，
∴m＝200×60%＝120(人)，
8
n%= ×100%＝4%，
200
∴n＝4；
故答案为：120，4；
(3)由题意知，抽取的学生共有200人，
所以，中位数是第100和第101个数的平均数，
所以中位数在C组；
(4)2000×(10%+20%+60%)＝1800(人)，
即估计该校完成家庭作业所需时间在1.5小时内的学生人数为1800人．
【点评】本题考查频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形
结合的思想解答．
21．(8分)(2022秋•广陵区校级期末)如图，有一架秋千，当它静止在AD的位置时，踏板离地的垂直高度
为0.6m，将秋千AD往前推送3m，到达AB的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为 1.6m，秋千
的绳索始终保持拉直的状态．
(1)求秋千的长度．
(2)如果想要踏板离地的垂直高度为2.6m时，需要将秋千AD往前推送 多少m？
【分析】(1)由题意得BF＝1.6m，BC＝3m，DE＝0.6m，证四边形BCEF是矩形，得CE＝BF＝1.6m，则
CD＝CE﹣DE＝1m；设秋千的长度为x m，则AB＝AD＝xm，AC＝AD﹣CD＝(x﹣1)m，在Rt△ABC中，
由勾股定理得出方程，解方程即可；
(2)当BF＝2.6m时，CE＝2.6m，则CD＝CE﹣DE＝2m，得AC＝AD﹣CD＝3m，然后在Rt△ABC中，由
勾股定理求出BC的长即可．【解答】解：(1)由题意得：BF＝1.6m，BC＝3m，DE＝0.6m，
∵BF⊥EF，AE⊥EF，BC⊥AE，
∴四边形BCEF是矩形，
∴CE＝BF＝1.6m，
∴CD＝CE﹣DE＝1.6﹣0.6＝1(m)，
∵BC⊥AC，
∴∠ACB＝90°，
设秋千的长度为xm，
则AB＝AD＝xm，AC＝AD﹣CD＝(x﹣1)m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
即(x﹣1)2+32＝x2，
解得：x＝5(m)，
即秋千的长度是5m；
(2)当BF＝2.6m时，CE＝2.6m，
∵DE＝0.6m，
∴CD＝CE﹣DE＝2.6﹣0.6＝2(m)，
由(1)可知，AD＝AB＝5m，
∴AC＝AD﹣CD＝5﹣2＝3(m)，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=√AB2-AC2=√52-32=4(m)，
即需要将秋千AD往前推送4m，
【点评】此题考查了勾股定理的应用，正确理解题意，由勾股定理求出秋千的长度是解题的关键．
22．(10分)(2023•济南三模)某学校为改善办学条件，计划采购A、B两种型号的空调，已知A型空调的单
价是B型空调单价的1.5倍，用108000元购买的A型空调数量比用90000元购买的B型空调数量少3
台．
(1)求A型空调和B型空调每台各需多少元；
(2)若学校计划采购A、B两种型号空调共30台，且A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空
调的采购总费用不超过217000元，该校共有哪几种采购方案？
(3)在(2)的条件下，采用哪一种采购方案可使总费用最低，最低费用是多少元？
108000 90000
【分析】(1)设B型空调每台需x元，可得得： = -3，解方程并检验可得答案；
1.5x x(2)根据A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过 217000元，列不等式
组，由m为整数可得答案；
(3)设总费用为w，可得：w＝9000m+6000(30﹣m)＝3000m+180000，根据一次函数性质可得答案．
【解答】解：(1)设B型空调每台需x元，则A型空调每台需1.5x元，
108000 90000
根据题意得： = - 3，
1.5x x
解得：x＝6000，
经检验，x＝6000是原方程的解，
∴1.5x＝1.5×6000＝9000，
∴A型空调每台需9000元，B型空调每台需6000元；
(2)设采购m台A型空调，则采购(30﹣m)台B型空调，
∵A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，
{ 1
m≥ (30-m)
∴ 2 ，
9000m+6000(30-m)≤217000
1
解得：10≤m≤12 ，
3
∵m为整数，
∴m可取10，11，12，
∴学校共有3种采购方案：采购10台A型空调，采购20台B型空调或采购11台A型空调，采购19台B
型空调或采购12台A型空调，采购18台B型空调；
(3)设总费用为w，
根据题意得：w＝9000m+6000(30﹣m)＝3000m+180000，
∵3000＞0，
∴w随m的增大而增大，
∴m＝10时，w取最小值，最小值为3000×10+180000＝210000(元)，
∴采购10台A型空调，采购20台B型空调可使总费用最低，最低费用是210000元．
【点评】本题考查一次函数，分式方程的应用，涉及一元一次不等式组的应用，解题的关键是读懂题意
列出方程和函数关系式．
23．(10分)(2023•市南区校级二模)(1)【探究发现】如图①，已知矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线
与边AD，BC分别交于点E，F．求证：四边形AFCE是菱形；(2)【类比应用】如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD，BC于点E，F，将矩形ABCD沿EF翻折，
使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D'，若AB＝3，BC＝4，求四边形ABFE的周长；
(3)【拓展延伸】如图③，直线EF分别交平行四边形 ABCD的边AD，BC于点E，F，将平行四边形
ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点 A重合，点D的对称点为D'，若AB=2√2，BC＝4，∠C＝
45°，求EF的长．
【分析】(1)通过证明△EAO≌△FCO(ASA)，得到 OE＝OF，可证四边形 AFCE为平行四边形，再由
EF⊥AC，可证平行四边形AFCE为菱形；
(2)过点F作FH⊥AD于H，先判断四边形ABFH是矩形，再求矩形的边长，进而求出周长；
(3)过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，先证明四边形ANFM是平行四边形，
2
再证明四边形ANFM是矩形，在Rt△AMF中，求出ME=AE-AM= ，Rt△MFE中，求出EF即可．
3
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥CF，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，
∴∠AOE＝∠COF＝90°，AO＝OC，
∴△EAO≌△FCO(ASA)，
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE为平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE为菱形；
(2)解：过点F作FH⊥AD于H，
由折叠可知：AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
在Rt△ABF中，AF2＝BF2+AB2，即(4﹣BF)2＝BF2+9，7
∴BF= ，
8
25
∴AF=CF= ，
8
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，
25
∴AE=AF= ，
8
∵∠B＝∠BAD＝∠AHF＝90°，
∴四边形ABFH是矩形，
7
∴AB＝FH＝3，AH=BF= ，
8
9
∴EH= ，
4
√ 81 15
∴EF=√EH2+FH2= 9+ = ，
16 4
7 25 15 43
∴四边形ABFE的周长=AB+BF+AE+EF=3+ + + = ；
8 8 4 4
(3)解：过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，
∴∠ABC＝135°，
∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，
∴∠ABN＝∠BAN＝45°，
√2
∴AN=BN= AB=2，
2
由折叠的性质可知：AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2+NF2，
∴AF2＝4+(6﹣AF)2，
10
∴AF= ，
310
∴AE=AF= ，
3
∵AN∥MF，AD∥BC，
∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，
∴四边形ANFM是矩形，
∴AN＝MF＝2，
√100 8
在Rt△AMF中，AM=√AF2-M F2= -4= ，
9 3
2
∴ME=AE-AM= ，
3
√4 2√10
在Rt△MFE中，EF=√M F2+M E2= +4= ．
9 3
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握菱形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，图形折叠的
性质是解题的关键．
24．(12分)如图，在平面直角坐标系中，直线l 的解析式为y＝﹣x，直线l 与l 交于点A(a，﹣a)，与y
1 2 1
轴交于点B(0，b)，其中a，b满足√b-4-√4-b-a＝3．
(1)求直线l 的解析式．
2
(2)在平面直角坐标系中第二象限有一点P(m，5)，使得S△AOP ＝S△AOB ，请求出点P的坐标．
(3)已知平行于y轴左侧有一动直线，分别与l ，l 交于点M、N，且点M在点N的下方，点Q为y轴上一
1 2动点，且△MNQ为等腰直角三角形，请求出满足条件的点Q的坐标．
【分析】(1)根据非负数的性质，可得a，b，根据待定系数法，可得函数解析式；
(2)根据平行线间的距离相等，可得Q到AO的距离等于B到AO的距离，根据等底等高的三角形的面积相
等，可得S△AOP ＝S△AOB ，根据解方程组，可得P点坐标；
(3)根据等腰直角三角形的性质，可得关于a的方程，根据解方程，可得a，根据平行于x轴直线上点的纵
坐标相等，可得答案．
【解答】解：(1)由√b-4-√4-b-a＝3得：a＝﹣3，b＝4，
即A(﹣3，3)，B(0，4)，
{-3k+b=3
设l 的解析式为y＝kx+b，将A，B点坐标代入函数解析式，得 ，
2 b=4
{ 1
k=
解得 3，
b=4
1
∴l 的解析式为y= x+4；
2 3
(2)如图1，
作PB∥AO，P到AO的距离等于B到AO的距离，
S△AOP ＝S△AOB ．
∵PB∥AO，PB过B点(0，4)，
∴PB的解析式为y＝﹣x+4或y＝﹣x﹣4①，
又P在直线y＝5②上，
联立①②得：﹣x+4＝5或﹣x﹣4＝5，
解得x＝﹣1或﹣9，∴P点坐标为(﹣1，5)或(﹣9，5)；
1
(3)设M点的坐标为(a，﹣a)，N(a， a+4)，
3
∵点M在点N的下方，
1 4a
∴MN= a+4﹣(﹣a)= +4，
3 3
如图2，
4a
当∠NMQ＝90°时，即MQ∥x轴，NM＝MQ， +4＝﹣a，
3
12 12 12
解得a=- ，即M(- ， )，
7 7 7
12
∴Q(0， )；
7
如图3，
4a
当∠MNQ＝90°时，即NQ∥x轴，NM＝NQ， +4＝﹣a，
3
12 12 24
解得a=- ，即N(- ， )，
7 7 7
24
∴Q(0， )，
7
如图4，2
当∠MQN＝90°时，即NM∥y轴，MQ＝NQ， a+2＝﹣a，
3
6
解得a=- ，
5
12
∴Q(0， )．
5
12 24 12
综上所述：Q点的坐标为(0， )或(0， )或(0， )．
7 7 5
【点评】本题考查了一次函数综合题，解(1)的关键是利用非负数的性质得出a，b的值，又利用了待定系
数法；解(2)的关键是利用等底等高的三角形的面积相等得出P在过B点且平行AO的直线上；解(3)的关
键是利用等腰直角三角形的性质得出关于a的方程，要分类讨论，以防遗漏．
