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广东省佛山市南海区、三水区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案）
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这是一份广东省佛山市南海区、三水区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省佛山市南海区、三水区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（解析版）
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）已知a＜b，则下列不等式不成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．2a＜2b C．﹣3a＞﹣3b D．
3．（3分）在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，2）向右平移3个单位长度后的坐标是（ ）
A．（﹣6，2） B．（0，2） C．（﹣3，﹣1） D．（﹣3，5）
4．（3分）用下列一种正多边形瓷砖铺设地面，不能镶嵌整个平面的图形是（ ）
A．正六边形 B．正五边形 C．正四边形 D．正三角形
5．（3分）下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ）
A．m2﹣mn＝m（m﹣n） B．am+bm+c＝m（a+b）+c
C．（m+2）2＝m2+4m+4 D．2m（m﹣3n）＝2m2﹣6mn
6．（3分）用反证法证明“若x2≠y2，则x≠y”时，应首先假设（ ）
A．x＞y B．x＝y C．x＜y D．|x|＝|y|
7．（3分）△ABC为等边三角形，点D在线段BC上，且∠BAD＝20°，则∠ADC的度数是（ ）
A．40° B．60° C．80° D．100°
8．（3分）从整式2400，x2，2x﹣y中任意选取两个分别作为分子和分母，则能构成分式的个数为（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
9．（3分）如图，在△ABC中，点D，E分别为AB，AC中点，将线段BD绕点B旋转到BC边上，点D的对应点为点F．若DE＝4cm，BD＝3cm，则CF的长度为（ ）
A．1cm B．3cm C．4cm D．5cm
10．（3分）不等式组的解集图所示，则代数式（a+2）（b﹣1）的值为（ ）
A．﹣4 B．0 C．4 D．6
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.
11．（3分）五边形的外角和为 °．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 ．
13．（3分）定理“平行四边形的对角相等”的逆命题是 ．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分别以点A和B为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧交于点M和N，过点M和N作直线分别交AB，BC于点D，E．若CE＝2，则BE的长度为 ．
15．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝120°，CD＝CB＝4，点E为BC的中点，连接AE，点F为线段AE上的一个动点，连接DF，则线段DF长度的最小值为 ．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分.
16．（8分）解不等式组：．
17．（8分）先化简，再求值：，其中a＝2023．
18．（8分）如图，在直角坐标系内，已知点A（﹣3，1）．
（1）请画出由△ABC先向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到的△A1B1C1，则平移的距离为 ；
（2）请画出△ABC关于原点O对称的图形△A2B2C2，则点A2的坐标为 ．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．（9分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，且AB＝CD，AE＝CF．证明：四边形ABCD为平行四边形．
20．（9分）五一长假期间，4位家长计划带领若干名学生去北京参观升旗礼．他们联系了两家旅行社，报价均为每人2000元．经协商，甲旅行社的优惠条件是：4位家长全额收费，学生都按八折收费；乙旅行社的优惠条件是：家长、学生都按八五折收费．假设这4位家长带领x名学生去旅游，甲、乙两家旅游行社的收费分别是y1元和y2元．
（1）分别求甲、乙两家旅行社的收费y1和y2关于x的关系式；
（2）4名家长选择哪家旅行社会更划算，请说明理由．
21．（9分）整体代换作为一种数学思想方法在代数式化简求值中比较常用．
例如：已知mn＝3，m+n＝﹣4，求代数式m2n+mn2的值．
解：m2n+mn2＝mn（m+n）＝3×（﹣4）＝﹣12．
请仿照上面的方法求解下面的问题：
（1）已知：xy＝﹣2，2x﹣y＝6，求代数式4x3y﹣4x2y2+xy3的值；
（2）边长为a，b（a＞b）的长方形的周长为16，面积为15，求代数式a3b﹣ab3的值．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分．
22．（12分）经调研发现，目前市场上有A，B两种类型的笔记本比较畅销．某超市计划最多投入6900元购进A，B两种类型的笔记本共500本，其中B型笔记本的进货单价比A型笔记本的进货单价多3元；用2400元购进A型笔记本与用3000元购进B型笔记本的数量相同．
（1）求A，B两种类型笔记本的进货单价；
（2）若A型笔记本每本的售价定为16元，B型笔记本每本的售价定为20元，该超市计划购进A型笔记本m本，两种类型的笔记本全部销售后可获利润为y元．
①请直接写出y与m之间的函数关系式为： ；
②该超市如何进货才能获得最大利润？最大利润是多少元？
23．（12分）在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD．
（1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE；
（2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF．
①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度；
②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由．
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【解答】解：选项A、B、D的图形均不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项C的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：C．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，解题的关键是找出对称中心．
2．（3分）已知a＜b，则下列不等式不成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．2a＜2b C．﹣3a＞﹣3b D．
【分析】根据不等式的基本性质对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、∵a＜b，∴a﹣5＜b﹣5，正确，不符合题意；
B、∵a＜b，∴a2＜2b，正确，不符合题意
C、∵a＜b，∴﹣3a＞﹣3b，正确，不符合题意；
D、∵a＜b，∴＜，原变形错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是不等式的性质，熟知不等式的基本性质是解题的关键．
3．（3分）在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，2）向右平移3个单位长度后的坐标是（ ）
A．（﹣6，2） B．（0，2） C．（﹣3，﹣1） D．（﹣3，5）
【分析】根据平移坐标变化的规律进行解答即可．
【解答】解：在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，2）向右平移3个单位长度后的坐标是（0，2），
故选：B．
【点评】本题考查平移，掌握平移坐标变化规律是正确解答的前提．
4．（3分）用下列一种正多边形瓷砖铺设地面，不能镶嵌整个平面的图形是（ ）
A．正六边形 B．正五边形 C．正四边形 D．正三角形
【分析】平面图形镶嵌的条件：判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能．
【解答】解：∵用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案，
∴只用上面正多边形，不能进行平面镶嵌的是正五边形．
故选：B．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺），用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
5．（3分）下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ）
A．m2﹣mn＝m（m﹣n） B．am+bm+c＝m（a+b）+c
C．（m+2）2＝m2+4m+4 D．2m（m﹣3n）＝2m2﹣6mn
【分析】根据因式分解的定义判断即可．
【解答】解：A．m2﹣mn＝m（m﹣n），从左边到右边的变形属于因式分解，故本选项符合题意；
B．am+bm+c＝m（a+b）+c，等式的右边不是几个整式的积的形式，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
C．（m+2）2＝m2+4m+4，从左边到右边的变形是整式乘法计算，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
D．2m（m﹣3n）＝2m2﹣6mn，从左边到右边的变形是整式乘法计算，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了因式分解的定义和因式分解的方法，能熟记因式分解的定义是解此题的关键，注意：把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解．
6．（3分）用反证法证明“若x2≠y2，则x≠y”时，应首先假设（ ）
A．x＞y B．x＝y C．x＜y D．|x|＝|y|
【分析】先假设命题的结论不成立，即x＝y．
【解答】解：用反证法证明“若x2≠y2，则x≠y”时，应首先假设x＝y．
故选：B．
【点评】本题考查了反证法：熟练掌握反证法的一般步骤是解决问题的关键．
7．（3分）△ABC为等边三角形，点D在线段BC上，且∠BAD＝20°，则∠ADC的度数是（ ）
A．40° B．60° C．80° D．100°
【分析】根据等边三角形可得∠B＝60°，再由三角形外角的性质求解即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，且∠BAD＝20°，
∴∠ADC＝60°+20°＝80°．
故选：C．
【点评】本题考查等边三角形的性质，三角形外角的性质，熟记等边三角形三个角都是60°是解题的关键．
8．（3分）从整式2400，x2，2x﹣y中任意选取两个分别作为分子和分母，则能构成分式的个数为（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【分析】要组成分式，需选取作分母的整式中含有字母．
【解答】解：、、、．
这样不同的分式一共有4种，
故选：C．
【点评】本题考查了分式的定义，掌握分式的定义是解题的关键．
9．（3分）如图，在△ABC中，点D，E分别为AB，AC中点，将线段BD绕点B旋转到BC边上，点D的对应点为点F．若DE＝4cm，BD＝3cm，则CF的长度为（ ）
A．1cm B．3cm C．4cm D．5cm
【分析】根据旋转的性质及中位线的性质求解．
【解答】解：∵点D，E分别为AB，AC中点，
∴BC＝2DE＝8cm，
由旋转得：BF＝BD＝3cm，
∴CF＝CB﹣BF＝5cm，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
10．（3分）不等式组的解集图所示，则代数式（a+2）（b﹣1）的值为（ ）
A．﹣4 B．0 C．4 D．6
【分析】先把a、b当作已知条件求出x的取值范围，在与不等式组的解集相比较求出a、b的值，代入代数式即可得出结论．
【解答】解：，
解不等式①，得x≤2+2a，
解不等式②，得x＞2+3b，
由题意可得，不等式组的解集为﹣1＜x≤2，
∴，
解得，
∴（a+2）（b﹣1）＝2×（﹣2）＝﹣4．
故选：A．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.
11．（3分）五边形的外角和为 360 °．
【分析】根据多边形的外角和即可得出答案．
【解答】解：五边形的外角和为360°，
故答案为：360．
【点评】本题考查多边形的外角和，多边形的外角和均为360°．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 1 ．
【分析】分式的值是0的条件是：分子为0，分母不为0．
【解答】解：∵分式的值为0，
∵x﹣1＝0且x+3≠0，
∴x＝1，
当x＝1时x+3≠0，
∴当x＝1时，分式的值是0．
故答案为：1．
【点评】本题考查的是分式的值为零的条件，熟知分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零是解题的关键．
13．（3分）定理“平行四边形的对角相等”的逆命题是 两组对角分别相等的四边形为平行四边形 ．
【分析】交换命题的题设与结论即可．
【解答】解：定理“平行四边形的对角相等”的逆命题是“两组对角分别相等的四边形为平行四边形”．
故答案为：两组对角分别相等的四边形为平行四边形．
【点评】本题考查了命题：两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分别以点A和B为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧交于点M和N，过点M和N作直线分别交AB，BC于点D，E．若CE＝2，则BE的长度为 4 ．
【分析】由作图过程可得MN是AB的垂直平分线，得AE＝BE，再根据直角三角形30度角所对直角边等于斜边一半即可求解．
【解答】解：如图，连接AE，
由作图过程可知：
MN是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠B＝30°，
∵∠C＝90°，
∴∠CAB＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴BE＝AE＝2CE＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图、线段垂直平分线的性质、含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质．
15．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝120°，CD＝CB＝4，点E为BC的中点，连接AE，点F为线段AE上的一个动点，连接DF，则线段DF长度的最小值为 ．
【分析】连接DE，BD，根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质得到AD＝CD＝BC＝4，根据等边三角形的性质得到DE⊥BC，CE＝BC＝2，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接DE，BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，CD＝CB＝4，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD＝BC＝4，
∵∠B＝120°，
∴△CDB是等边三角形，
∵点E为BC的中点，
∴DE⊥BC，CE＝BC＝2，
∴，
∵AD∥BC，
∴DE⊥AD，
∴＝＝2，
当DF⊥AE时，线段DF长度的最小，
∵S△ADE＝，
∴，
∴DF＝，
故线段DF长度的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分.
16．（8分）解不等式组：．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：，
解不等式①，得x＜3，
解不等式②，得x≥﹣2，
故原不等式组的解集为：﹣2≤x＜3．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17．（8分）先化简，再求值：，其中a＝2023．
【分析】先通分算括号内的，把除化为乘，约分化简后将a＝2023代入计算即可．
【解答】解：原式＝
＝
＝﹣，
当a＝2023时，原式＝﹣＝﹣．
【点评】本题考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的基本性质，将所求式子化简．
18．（8分）如图，在直角坐标系内，已知点A（﹣3，1）．
（1）请画出由△ABC先向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到的△A1B1C1，则平移的距离为 ；
（2）请画出△ABC关于原点O对称的图形△A2B2C2，则点A2的坐标为 （3，﹣1） ．
【分析】（1）利用平移变换的出现在分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用中心对称变换的出现在分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图△A1B1C1即为所求，则平移的距离＝＝．
故答案为：．
（2）如图△A2B2C2即为所求，点A2的坐标为（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．（9分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，且AB＝CD，AE＝CF．证明：四边形ABCD为平行四边形．
【分析】根据垂直的定义得到∠DEC＝∠BFC＝90°，根据全等三角形的性质得到∠DCE＝∠BAF，由平行线的判定定理得到AB∥DC，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEC＝∠BFC＝90°，
在Rt△DEC和Rt△BFC中，
，
∴Rt△DEC≌Rt△BFA（HL），
∴∠DCE＝∠BAF，
∴AB∥DC，
又∵AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，正确得出Rt△DEC≌Rt△BFC是解题关键．
20．（9分）五一长假期间，4位家长计划带领若干名学生去北京参观升旗礼．他们联系了两家旅行社，报价均为每人2000元．经协商，甲旅行社的优惠条件是：4位家长全额收费，学生都按八折收费；乙旅行社的优惠条件是：家长、学生都按八五折收费．假设这4位家长带领x名学生去旅游，甲、乙两家旅游行社的收费分别是y1元和y2元．
（1）分别求甲、乙两家旅行社的收费y1和y2关于x的关系式；
（2）4名家长选择哪家旅行社会更划算，请说明理由．
【分析】（1）根据甲旅行社的收费＝4名家长的全额费用+学生的八折费用，可得到y1与x的函数关系式；再根据乙旅行社的收费＝4名家长的八折费用+学生的八折费用，可得到y2与x的函数关系式；
（2）首先分三种情况讨论：①y1＞y2，②y1＝y2，③y1＜y2，针对每一种情况，分别求出对应的x的取值范围，然后比较哪种情况下选谁更合适，即可判断选择哪家旅行社．
【解答】解：（1）根据题意得：甲旅行社收费y1＝2000×4+2000x×0.8＝（1600x+8000）元，
乙旅行社收费y2＝2000（x+4）×0.85＝（1700x+6800）元，
答：甲、乙旅行社的收费分别为：（1600x+8000）元，（1700x+6800）元；
（2）若y1＜y2，即1600x+8000＜1700x+6800，解得x＞12；
若y1＝y2，即1600x+8000＝1700x+6800，解得x＝12；
若y1＞y2，即1600x+8000＞1700x+6800，解得x＜12；
答：当学生数多于12人时，选择甲旅行社，当学生数少于12人时，选择乙旅行社，当学生数为12人时，甲乙均可．
【点评】本题考查了一次函数、一元一次不等式的应用以及解一元一次方程，根据数量关系，找出y甲、y乙关于x的函数关系式是解题的关键．
21．（9分）整体代换作为一种数学思想方法在代数式化简求值中比较常用．
例如：已知mn＝3，m+n＝﹣4，求代数式m2n+mn2的值．
解：m2n+mn2＝mn（m+n）＝3×（﹣4）＝﹣12．
请仿照上面的方法求解下面的问题：
（1）已知：xy＝﹣2，2x﹣y＝6，求代数式4x3y﹣4x2y2+xy3的值；
（2）边长为a，b（a＞b）的长方形的周长为16，面积为15，求代数式a3b﹣ab3的值．
【分析】（1）先分解因式，再利用整体的思想，把相应的值代入所求的式子进行运算即可；
（2）根据长方形的周长列方程可解得a和b的值，代入计算即可．
【解答】解：（1）∵xy＝﹣2，2x﹣y＝6，
∴4x3y﹣4x2y2+xy3
＝xy（4x2﹣4xy+y2）
＝xy（2x﹣y）2
＝﹣2×62
＝﹣2×36
＝﹣72；
（2）∵边长为a，b（a＞b）的长方形的周长为16，面积为15，
∴2（a+b）＝16，ab＝15，
∴a＝5，b＝3，
∴a3b﹣ab3
＝ab（a2﹣b2）
＝ab（a+b）（a﹣b）
＝15×8×2
＝240．
【点评】本题主要考查了因式分解，整式的加减，整体思想的应用，解答的关键是掌握平方差公式和完全平方公式．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分．
22．（12分）经调研发现，目前市场上有A，B两种类型的笔记本比较畅销．某超市计划最多投入6900元购进A，B两种类型的笔记本共500本，其中B型笔记本的进货单价比A型笔记本的进货单价多3元；用2400元购进A型笔记本与用3000元购进B型笔记本的数量相同．
（1）求A，B两种类型笔记本的进货单价；
（2）若A型笔记本每本的售价定为16元，B型笔记本每本的售价定为20元，该超市计划购进A型笔记本m本，两种类型的笔记本全部销售后可获利润为y元．
①请直接写出y与m之间的函数关系式为： y＝﹣m+2500 ；
②该超市如何进货才能获得最大利润？最大利润是多少元？
【分析】（1）设A型笔记本的进货单价为x元，则B型笔记本的进货单价（x+3）元，根据“用2400元购进A型笔记本与用3000元购进B型笔记本的数量相同”列出方程，解方程即可，注意验根；
（2）①根据总利润＝A、B两种笔记本利润之和列出函数解析式；
②根据最多投入6900元购进A，B两种类型的笔记本求出m的取值范围，再根据函数的性质求最值即可．
【解答】解（1）设A型笔记本的进货单价为x元，则B型笔记本的进货单价（x+3）元，
根据题意得：＝，
解得x＝12，
经检验，x＝12是原方程的根，
此时x+3＝15，
答：A，B两种类型笔记本的进货单价分别为12元、15元；
（2）①根据题意得：y＝（16﹣12）m+（20﹣15）（500﹣m）＝4m+2500﹣5m＝﹣m+2500，
故答案为：y＝﹣m+2500；
②根据题意得：12m+15（500﹣m）≤6900，
解得m≥200，
∵y＝﹣m+2500，﹣1＜0，
∴当m＝200时，y有最大值，最大值为2300，
此时500﹣200＝300（本），
∴超市购进A型笔记本200本，B型笔记本300本时才能获得最大利润，最大利润是2300元．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用、分式方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程和写出相应的函数关系式，利用一次函数的性质求最值．
23．（12分）在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD．
（1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE；
（2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF．
①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度；
②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）结合等边三角形的性质，利用SAS证明△ABD≌△BCE，即可证得结论；
（2）①过点F作FH⊥BC于点H，先证△ABD≌△ABF，再利用等边三角形性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理即可求得答案；
②延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，先证△ADC≌△FAM，再证△ABG≌△MFG，从而证得点G是AM的中点，即可证得结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）解：①过点F作FH⊥BC于点H，如图2，
在△ABD和△ABF中，
，
∴△ABD≌△ABF（SAS），
∴BF＝BD＝2，
∠ABF＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝120°，
∴∠FBH＝∠ABF﹣∠ABC＝60°，
在Rt△BFH中，
∠BFH＝90°﹣∠FBH＝30°，
∴BH＝BF＝＝1，
HF2＝BF2﹣BH2＝22﹣12＝3，
∵CH＝BC﹣BH＝6﹣1＝5，
∴CF2＝CH2+HF2＝52+3＝28，
∴；
②证明：延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，如图3，
∵∠DAF＝θ＝120°，∠BAC＝60°，
∴∠DAB+∠MAF＝120°﹣60°＝60°，
∵∠ADB+∠DAB＝∠ABC＝60°，
∴∠ADB＝∠MAF，
又∵BC＝AC，BD＝CM，
∴BC+BD＝AC+CM，
即：DC＝AM，
在△ADC和△FAM中，
，
∴△ADC≌△FAM（SAS），
∴AC＝MF，∠M＝∠ACB＝60°，
∴MF＝AB，∠M＝∠BAC，
在△ABG和△MFG中，
，
∴△ABG≌△MFG（AAS），
∴AG＝MG，
∴AM＝AG+MG＝2AG，
∴CD＝2AG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，运用三角形全等找出对应的线段．
广东省佛山市南海区、三水区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（解析版）
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）已知a＜b，则下列不等式不成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．2a＜2b C．﹣3a＞﹣3b D．
3．（3分）在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，2）向右平移3个单位长度后的坐标是（ ）
A．（﹣6，2） B．（0，2） C．（﹣3，﹣1） D．（﹣3，5）
4．（3分）用下列一种正多边形瓷砖铺设地面，不能镶嵌整个平面的图形是（ ）
A．正六边形 B．正五边形 C．正四边形 D．正三角形
5．（3分）下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ）
A．m2﹣mn＝m（m﹣n） B．am+bm+c＝m（a+b）+c
C．（m+2）2＝m2+4m+4 D．2m（m﹣3n）＝2m2﹣6mn
6．（3分）用反证法证明“若x2≠y2，则x≠y”时，应首先假设（ ）
A．x＞y B．x＝y C．x＜y D．|x|＝|y|
7．（3分）△ABC为等边三角形，点D在线段BC上，且∠BAD＝20°，则∠ADC的度数是（ ）
A．40° B．60° C．80° D．100°
8．（3分）从整式2400，x2，2x﹣y中任意选取两个分别作为分子和分母，则能构成分式的个数为（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
9．（3分）如图，在△ABC中，点D，E分别为AB，AC中点，将线段BD绕点B旋转到BC边上，点D的对应点为点F．若DE＝4cm，BD＝3cm，则CF的长度为（ ）
A．1cm B．3cm C．4cm D．5cm
10．（3分）不等式组的解集图所示，则代数式（a+2）（b﹣1）的值为（ ）
A．﹣4 B．0 C．4 D．6
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.
11．（3分）五边形的外角和为 °．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 ．
13．（3分）定理“平行四边形的对角相等”的逆命题是 ．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分别以点A和B为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧交于点M和N，过点M和N作直线分别交AB，BC于点D，E．若CE＝2，则BE的长度为 ．
15．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝120°，CD＝CB＝4，点E为BC的中点，连接AE，点F为线段AE上的一个动点，连接DF，则线段DF长度的最小值为 ．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分.
16．（8分）解不等式组：．
17．（8分）先化简，再求值：，其中a＝2023．
18．（8分）如图，在直角坐标系内，已知点A（﹣3，1）．
（1）请画出由△ABC先向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到的△A1B1C1，则平移的距离为 ；
（2）请画出△ABC关于原点O对称的图形△A2B2C2，则点A2的坐标为 ．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．（9分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，且AB＝CD，AE＝CF．证明：四边形ABCD为平行四边形．
20．（9分）五一长假期间，4位家长计划带领若干名学生去北京参观升旗礼．他们联系了两家旅行社，报价均为每人2000元．经协商，甲旅行社的优惠条件是：4位家长全额收费，学生都按八折收费；乙旅行社的优惠条件是：家长、学生都按八五折收费．假设这4位家长带领x名学生去旅游，甲、乙两家旅游行社的收费分别是y1元和y2元．
（1）分别求甲、乙两家旅行社的收费y1和y2关于x的关系式；
（2）4名家长选择哪家旅行社会更划算，请说明理由．
21．（9分）整体代换作为一种数学思想方法在代数式化简求值中比较常用．
例如：已知mn＝3，m+n＝﹣4，求代数式m2n+mn2的值．
解：m2n+mn2＝mn（m+n）＝3×（﹣4）＝﹣12．
请仿照上面的方法求解下面的问题：
（1）已知：xy＝﹣2，2x﹣y＝6，求代数式4x3y﹣4x2y2+xy3的值；
（2）边长为a，b（a＞b）的长方形的周长为16，面积为15，求代数式a3b﹣ab3的值．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分．
22．（12分）经调研发现，目前市场上有A，B两种类型的笔记本比较畅销．某超市计划最多投入6900元购进A，B两种类型的笔记本共500本，其中B型笔记本的进货单价比A型笔记本的进货单价多3元；用2400元购进A型笔记本与用3000元购进B型笔记本的数量相同．
（1）求A，B两种类型笔记本的进货单价；
（2）若A型笔记本每本的售价定为16元，B型笔记本每本的售价定为20元，该超市计划购进A型笔记本m本，两种类型的笔记本全部销售后可获利润为y元．
①请直接写出y与m之间的函数关系式为： ；
②该超市如何进货才能获得最大利润？最大利润是多少元？
23．（12分）在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD．
（1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE；
（2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF．
①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度；
②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由．
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【解答】解：选项A、B、D的图形均不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项C的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：C．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，解题的关键是找出对称中心．
2．（3分）已知a＜b，则下列不等式不成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．2a＜2b C．﹣3a＞﹣3b D．
【分析】根据不等式的基本性质对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、∵a＜b，∴a﹣5＜b﹣5，正确，不符合题意；
B、∵a＜b，∴a2＜2b，正确，不符合题意
C、∵a＜b，∴﹣3a＞﹣3b，正确，不符合题意；
D、∵a＜b，∴＜，原变形错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是不等式的性质，熟知不等式的基本性质是解题的关键．
3．（3分）在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，2）向右平移3个单位长度后的坐标是（ ）
A．（﹣6，2） B．（0，2） C．（﹣3，﹣1） D．（﹣3，5）
【分析】根据平移坐标变化的规律进行解答即可．
【解答】解：在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，2）向右平移3个单位长度后的坐标是（0，2），
故选：B．
【点评】本题考查平移，掌握平移坐标变化规律是正确解答的前提．
4．（3分）用下列一种正多边形瓷砖铺设地面，不能镶嵌整个平面的图形是（ ）
A．正六边形 B．正五边形 C．正四边形 D．正三角形
【分析】平面图形镶嵌的条件：判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能．
【解答】解：∵用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案，
∴只用上面正多边形，不能进行平面镶嵌的是正五边形．
故选：B．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺），用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
5．（3分）下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ）
A．m2﹣mn＝m（m﹣n） B．am+bm+c＝m（a+b）+c
C．（m+2）2＝m2+4m+4 D．2m（m﹣3n）＝2m2﹣6mn
【分析】根据因式分解的定义判断即可．
【解答】解：A．m2﹣mn＝m（m﹣n），从左边到右边的变形属于因式分解，故本选项符合题意；
B．am+bm+c＝m（a+b）+c，等式的右边不是几个整式的积的形式，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
C．（m+2）2＝m2+4m+4，从左边到右边的变形是整式乘法计算，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
D．2m（m﹣3n）＝2m2﹣6mn，从左边到右边的变形是整式乘法计算，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了因式分解的定义和因式分解的方法，能熟记因式分解的定义是解此题的关键，注意：把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解．
6．（3分）用反证法证明“若x2≠y2，则x≠y”时，应首先假设（ ）
A．x＞y B．x＝y C．x＜y D．|x|＝|y|
【分析】先假设命题的结论不成立，即x＝y．
【解答】解：用反证法证明“若x2≠y2，则x≠y”时，应首先假设x＝y．
故选：B．
【点评】本题考查了反证法：熟练掌握反证法的一般步骤是解决问题的关键．
7．（3分）△ABC为等边三角形，点D在线段BC上，且∠BAD＝20°，则∠ADC的度数是（ ）
A．40° B．60° C．80° D．100°
【分析】根据等边三角形可得∠B＝60°，再由三角形外角的性质求解即可．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，且∠BAD＝20°，
∴∠ADC＝60°+20°＝80°．
故选：C．
【点评】本题考查等边三角形的性质，三角形外角的性质，熟记等边三角形三个角都是60°是解题的关键．
8．（3分）从整式2400，x2，2x﹣y中任意选取两个分别作为分子和分母，则能构成分式的个数为（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【分析】要组成分式，需选取作分母的整式中含有字母．
【解答】解：、、、．
这样不同的分式一共有4种，
故选：C．
【点评】本题考查了分式的定义，掌握分式的定义是解题的关键．
9．（3分）如图，在△ABC中，点D，E分别为AB，AC中点，将线段BD绕点B旋转到BC边上，点D的对应点为点F．若DE＝4cm，BD＝3cm，则CF的长度为（ ）
A．1cm B．3cm C．4cm D．5cm
【分析】根据旋转的性质及中位线的性质求解．
【解答】解：∵点D，E分别为AB，AC中点，
∴BC＝2DE＝8cm，
由旋转得：BF＝BD＝3cm，
∴CF＝CB﹣BF＝5cm，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
10．（3分）不等式组的解集图所示，则代数式（a+2）（b﹣1）的值为（ ）
A．﹣4 B．0 C．4 D．6
【分析】先把a、b当作已知条件求出x的取值范围，在与不等式组的解集相比较求出a、b的值，代入代数式即可得出结论．
【解答】解：，
解不等式①，得x≤2+2a，
解不等式②，得x＞2+3b，
由题意可得，不等式组的解集为﹣1＜x≤2，
∴，
解得，
∴（a+2）（b﹣1）＝2×（﹣2）＝﹣4．
故选：A．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.
11．（3分）五边形的外角和为 360 °．
【分析】根据多边形的外角和即可得出答案．
【解答】解：五边形的外角和为360°，
故答案为：360．
【点评】本题考查多边形的外角和，多边形的外角和均为360°．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 1 ．
【分析】分式的值是0的条件是：分子为0，分母不为0．
【解答】解：∵分式的值为0，
∵x﹣1＝0且x+3≠0，
∴x＝1，
当x＝1时x+3≠0，
∴当x＝1时，分式的值是0．
故答案为：1．
【点评】本题考查的是分式的值为零的条件，熟知分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零是解题的关键．
13．（3分）定理“平行四边形的对角相等”的逆命题是 两组对角分别相等的四边形为平行四边形 ．
【分析】交换命题的题设与结论即可．
【解答】解：定理“平行四边形的对角相等”的逆命题是“两组对角分别相等的四边形为平行四边形”．
故答案为：两组对角分别相等的四边形为平行四边形．
【点评】本题考查了命题：两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分别以点A和B为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧交于点M和N，过点M和N作直线分别交AB，BC于点D，E．若CE＝2，则BE的长度为 4 ．
【分析】由作图过程可得MN是AB的垂直平分线，得AE＝BE，再根据直角三角形30度角所对直角边等于斜边一半即可求解．
【解答】解：如图，连接AE，
由作图过程可知：
MN是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠B＝30°，
∵∠C＝90°，
∴∠CAB＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴BE＝AE＝2CE＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图、线段垂直平分线的性质、含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质．
15．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝120°，CD＝CB＝4，点E为BC的中点，连接AE，点F为线段AE上的一个动点，连接DF，则线段DF长度的最小值为 ．
【分析】连接DE，BD，根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质得到AD＝CD＝BC＝4，根据等边三角形的性质得到DE⊥BC，CE＝BC＝2，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接DE，BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，CD＝CB＝4，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD＝BC＝4，
∵∠B＝120°，
∴△CDB是等边三角形，
∵点E为BC的中点，
∴DE⊥BC，CE＝BC＝2，
∴，
∵AD∥BC，
∴DE⊥AD，
∴＝＝2，
当DF⊥AE时，线段DF长度的最小，
∵S△ADE＝，
∴，
∴DF＝，
故线段DF长度的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分.
16．（8分）解不等式组：．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：，
解不等式①，得x＜3，
解不等式②，得x≥﹣2，
故原不等式组的解集为：﹣2≤x＜3．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17．（8分）先化简，再求值：，其中a＝2023．
【分析】先通分算括号内的，把除化为乘，约分化简后将a＝2023代入计算即可．
【解答】解：原式＝
＝
＝﹣，
当a＝2023时，原式＝﹣＝﹣．
【点评】本题考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的基本性质，将所求式子化简．
18．（8分）如图，在直角坐标系内，已知点A（﹣3，1）．
（1）请画出由△ABC先向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到的△A1B1C1，则平移的距离为 ；
（2）请画出△ABC关于原点O对称的图形△A2B2C2，则点A2的坐标为 （3，﹣1） ．
【分析】（1）利用平移变换的出现在分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用中心对称变换的出现在分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图△A1B1C1即为所求，则平移的距离＝＝．
故答案为：．
（2）如图△A2B2C2即为所求，点A2的坐标为（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．（9分）如图，AC是四边形ABCD的对角线，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，且AB＝CD，AE＝CF．证明：四边形ABCD为平行四边形．
【分析】根据垂直的定义得到∠DEC＝∠BFC＝90°，根据全等三角形的性质得到∠DCE＝∠BAF，由平行线的判定定理得到AB∥DC，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEC＝∠BFC＝90°，
在Rt△DEC和Rt△BFC中，
，
∴Rt△DEC≌Rt△BFA（HL），
∴∠DCE＝∠BAF，
∴AB∥DC，
又∵AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，正确得出Rt△DEC≌Rt△BFC是解题关键．
20．（9分）五一长假期间，4位家长计划带领若干名学生去北京参观升旗礼．他们联系了两家旅行社，报价均为每人2000元．经协商，甲旅行社的优惠条件是：4位家长全额收费，学生都按八折收费；乙旅行社的优惠条件是：家长、学生都按八五折收费．假设这4位家长带领x名学生去旅游，甲、乙两家旅游行社的收费分别是y1元和y2元．
（1）分别求甲、乙两家旅行社的收费y1和y2关于x的关系式；
（2）4名家长选择哪家旅行社会更划算，请说明理由．
【分析】（1）根据甲旅行社的收费＝4名家长的全额费用+学生的八折费用，可得到y1与x的函数关系式；再根据乙旅行社的收费＝4名家长的八折费用+学生的八折费用，可得到y2与x的函数关系式；
（2）首先分三种情况讨论：①y1＞y2，②y1＝y2，③y1＜y2，针对每一种情况，分别求出对应的x的取值范围，然后比较哪种情况下选谁更合适，即可判断选择哪家旅行社．
【解答】解：（1）根据题意得：甲旅行社收费y1＝2000×4+2000x×0.8＝（1600x+8000）元，
乙旅行社收费y2＝2000（x+4）×0.85＝（1700x+6800）元，
答：甲、乙旅行社的收费分别为：（1600x+8000）元，（1700x+6800）元；
（2）若y1＜y2，即1600x+8000＜1700x+6800，解得x＞12；
若y1＝y2，即1600x+8000＝1700x+6800，解得x＝12；
若y1＞y2，即1600x+8000＞1700x+6800，解得x＜12；
答：当学生数多于12人时，选择甲旅行社，当学生数少于12人时，选择乙旅行社，当学生数为12人时，甲乙均可．
【点评】本题考查了一次函数、一元一次不等式的应用以及解一元一次方程，根据数量关系，找出y甲、y乙关于x的函数关系式是解题的关键．
21．（9分）整体代换作为一种数学思想方法在代数式化简求值中比较常用．
例如：已知mn＝3，m+n＝﹣4，求代数式m2n+mn2的值．
解：m2n+mn2＝mn（m+n）＝3×（﹣4）＝﹣12．
请仿照上面的方法求解下面的问题：
（1）已知：xy＝﹣2，2x﹣y＝6，求代数式4x3y﹣4x2y2+xy3的值；
（2）边长为a，b（a＞b）的长方形的周长为16，面积为15，求代数式a3b﹣ab3的值．
【分析】（1）先分解因式，再利用整体的思想，把相应的值代入所求的式子进行运算即可；
（2）根据长方形的周长列方程可解得a和b的值，代入计算即可．
【解答】解：（1）∵xy＝﹣2，2x﹣y＝6，
∴4x3y﹣4x2y2+xy3
＝xy（4x2﹣4xy+y2）
＝xy（2x﹣y）2
＝﹣2×62
＝﹣2×36
＝﹣72；
（2）∵边长为a，b（a＞b）的长方形的周长为16，面积为15，
∴2（a+b）＝16，ab＝15，
∴a＝5，b＝3，
∴a3b﹣ab3
＝ab（a2﹣b2）
＝ab（a+b）（a﹣b）
＝15×8×2
＝240．
【点评】本题主要考查了因式分解，整式的加减，整体思想的应用，解答的关键是掌握平方差公式和完全平方公式．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分．
22．（12分）经调研发现，目前市场上有A，B两种类型的笔记本比较畅销．某超市计划最多投入6900元购进A，B两种类型的笔记本共500本，其中B型笔记本的进货单价比A型笔记本的进货单价多3元；用2400元购进A型笔记本与用3000元购进B型笔记本的数量相同．
（1）求A，B两种类型笔记本的进货单价；
（2）若A型笔记本每本的售价定为16元，B型笔记本每本的售价定为20元，该超市计划购进A型笔记本m本，两种类型的笔记本全部销售后可获利润为y元．
①请直接写出y与m之间的函数关系式为： y＝﹣m+2500 ；
②该超市如何进货才能获得最大利润？最大利润是多少元？
【分析】（1）设A型笔记本的进货单价为x元，则B型笔记本的进货单价（x+3）元，根据“用2400元购进A型笔记本与用3000元购进B型笔记本的数量相同”列出方程，解方程即可，注意验根；
（2）①根据总利润＝A、B两种笔记本利润之和列出函数解析式；
②根据最多投入6900元购进A，B两种类型的笔记本求出m的取值范围，再根据函数的性质求最值即可．
【解答】解（1）设A型笔记本的进货单价为x元，则B型笔记本的进货单价（x+3）元，
根据题意得：＝，
解得x＝12，
经检验，x＝12是原方程的根，
此时x+3＝15，
答：A，B两种类型笔记本的进货单价分别为12元、15元；
（2）①根据题意得：y＝（16﹣12）m+（20﹣15）（500﹣m）＝4m+2500﹣5m＝﹣m+2500，
故答案为：y＝﹣m+2500；
②根据题意得：12m+15（500﹣m）≤6900，
解得m≥200，
∵y＝﹣m+2500，﹣1＜0，
∴当m＝200时，y有最大值，最大值为2300，
此时500﹣200＝300（本），
∴超市购进A型笔记本200本，B型笔记本300本时才能获得最大利润，最大利润是2300元．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用、分式方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程和写出相应的函数关系式，利用一次函数的性质求最值．
23．（12分）在等边△ABC中，AB＝6，点D是射线CB上一点，连接AD．
（1）如图1，当点D在线段CB上时，在线段AC上取一点E，使得CE＝BD，求证：AD＝BE；
（2）如图2，当点D在CB延长线上时，将线段AD绕点A逆时针旋转角度θ（0°＜θ＜180°）得到线段AF，连接BF，CF．
①当AF位于∠BAC内部，且∠DAF恰好被AB平分时，若BD＝2，求CF的长度；
②如图3，当θ＝120°时，记线段BF与线段AC的交点为G，猜想DC与AG的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）结合等边三角形的性质，利用SAS证明△ABD≌△BCE，即可证得结论；
（2）①过点F作FH⊥BC于点H，先证△ABD≌△ABF，再利用等边三角形性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理即可求得答案；
②延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，先证△ADC≌△FAM，再证△ABG≌△MFG，从而证得点G是AM的中点，即可证得结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）解：①过点F作FH⊥BC于点H，如图2，
在△ABD和△ABF中，
，
∴△ABD≌△ABF（SAS），
∴BF＝BD＝2，
∠ABF＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝120°，
∴∠FBH＝∠ABF﹣∠ABC＝60°，
在Rt△BFH中，
∠BFH＝90°﹣∠FBH＝30°，
∴BH＝BF＝＝1，
HF2＝BF2﹣BH2＝22﹣12＝3，
∵CH＝BC﹣BH＝6﹣1＝5，
∴CF2＝CH2+HF2＝52+3＝28，
∴；
②证明：延长AC到点M，使CM等于BD，连接FM，如图3，
∵∠DAF＝θ＝120°，∠BAC＝60°，
∴∠DAB+∠MAF＝120°﹣60°＝60°，
∵∠ADB+∠DAB＝∠ABC＝60°，
∴∠ADB＝∠MAF，
又∵BC＝AC，BD＝CM，
∴BC+BD＝AC+CM，
即：DC＝AM，
在△ADC和△FAM中，
，
∴△ADC≌△FAM（SAS），
∴AC＝MF，∠M＝∠ACB＝60°，
∴MF＝AB，∠M＝∠BAC，
在△ABG和△MFG中，
，
∴△ABG≌△MFG（AAS），
∴AG＝MG，
∴AM＝AG+MG＝2AG，
∴CD＝2AG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，运用三角形全等找出对应的线段．
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