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2022-2023学年山东省聊城市临清市、东阿县八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省聊城市临清市、东阿县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共22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。
2022-2023学年山东省聊城市临清市、东阿县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．一棋谱中四部分的截图由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是( )
A. B. C. D.
2. 下列各式为最简二次根式的是( )
A. 24 B. 0.3 C. 4a D. a2+1
3. 函数y= x+3x−2的自变量x的取值范围是( )
A. x≥−3 B. x≠2 C. x≥−3且x≠2 D. x>2
4. 下列运算，结果正确的是( )
A. 5− 3= 2 B. 3+ 2=3 2
C. 6× 2=2 3 D. 6÷2=3
5. 下列说法中，正确的是( )
A. 有一个角是直角的平行四边形是正方形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
6. 若点P(2x+6,x−4)在平面直角坐标系的第三象限内，则x的取值范围在数轴上可表示为( )
A.
B.
C.
D.
7. 随着5G信号的快速发展，5G无人物品派送车已应用于实际生活中，图1所示为无人物品派送车前往派送点的情景.该车从出发点沿直线路径到达派送点，在派送点停留一段时间后匀速返回出发位置，其行驶路程s与所用时间t的关系如图2所示(不完整).下列分析正确的是( )
A. 派送车从出发点到派送点行驶的路程为1.6km
B. 在5～10min内，派送车的速度逐渐增大
C. 在10～12min内，派送车在进行匀速运动
D. 在0～5min内，派送车的平均速度为0.12km/min
8. 已知一次函数的图象与直线y=−x+1平行，且过点(8,2)，那么此一次函数的解析式为( )
A. y=−x−2 B. y=−x−6 C. y=−x+10 D. y=−x−1
9. 在直角坐标平面内，一次函数y=ax+b的图象如图所示，那么下列说法正确的是( )
A. 当x>0时，y>−2
B. 当x<0时，−2
D. 不等式ax+b<0的解集是x<0
10. 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转70°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠PDE的度数为( )
A. 80° B. 75° C. 70° D. 65°
11. 《九章算术》中记载：今有户不知高、广，竿不知长、短．横之不出四尺，从之不出二尺，斜之适出．问户高、广、斜各几何？
译文是：今有门，不知其高、宽，有竿，不知其长、短．横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽、对角线长分别是多少？若设门对角线长为x尺，则可列方程为( )
A. x2=(x−4)2+(x−2)2 B. 2x2=(x−4)2+(x−2)2
C. x2=42+(x−2)2 D. x2=(x−4)2+22
12. 如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B，将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，下列结论中错误的是( )
A. AE+AF=AC B. ∠BEO+∠OFC=180°
C. OE+OF= 22BC D. S四边形AEOF=12S△ABC
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. △ABC中，点D，E，F分别为三边中点，AB=10，BC=8，AC=6，则△DEF的周长为______ ．
14. 已知实数a在数轴上的对应点位置如图所示，则化简 (a−1)2− (a−2)2的结果是______ ．
15. 一次函数y=(1−2m)x+m−1的图象经过第一、二、四象限，则m的取值范围是______ ．
16. 如图，点O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB=90°，点B的坐标为(0,2).将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′.此时点B′的坐标为(2,2)，则线段OA在平移过程中扫过的图形面积为______ ．
17. 在直角坐标系中，等腰直角三角形A1B1O，A2B2B1，A3B3B2，...，AnBnBn−1按如图所示的方式放置，其中点A1，A2，A3，…，An均在一次函数y=kx+b的图象上，点B1，B2，B3，…，Bn均在x轴上，若点B1的坐标为(1,0)，B2的坐标为(3,0)，则点A6的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题9.0分)
计算：
(1) (−2)2−327+|2− 5|；
(2) 80− 8+5 15+2 18；
(3)(2 5+ 125)÷(− 5).
19. (本小题6.0分)
解不等式组x−3(x−1)≥12+3x2>x−1，并写出它的所有非负整数解．
20. (本小题8.0分)
如图，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,1)，B(4,0)，C(4,4)．
(1)将△ABC向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到，画出旋转后的△A2B2C2，并直接写出点A2的坐标；
(3)若以A1，B1，C1，D为顶点的四边形为平行四边形，则D点坐标为______ ．
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AC中点，连接DO并延长到E，使OE=OD，连接AE，CE．
(1)判断四边形ADCE的形状，并说明理由；
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是正方形？请说明理由．
22. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，过点A(−6,0)的直线l1：y1=kx+b(k≠0)与直线l2：y2=2x相交于B(m,4)．
(1)求直线l1的函数解析式；
(2)设直线l1与y轴交于点M，求△BOM的面积；
(3)利用函数图象直接写出当y1≤y2时，x的取值范围为______ ．
23. (本小题8.0分)
已知直角三角形的两条直角边长分别为2 3+ 2和2 3− 2．
(1)求这个三角形的面积和斜边长；
(2)求斜边上的高和中线的长．
24. (本小题10.0分)
4月23日是世界读书日，习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然正气”.某书店计划在“世界读书日”前夕，同时购进A，B两类图书，已知购进1本A类图书和2本B类图书共需135元；购进2本A类图书和3本B类图书共需220元．
(1)A，B两类图书每本的进价各是多少元？
(2)该书店计划购进A，B两类图书共100本，且A类图书的购进数量不少于B类图书的购进数量的13，已知A类图书每本的售价为40元，B类图书每本的售价为58元，求如何进货才能使书店所获利润最大，最大利润为多少元？
25. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点A(−2,0)，点B在y轴上，菱形OBCD的顶点D(4,3)，
(1)求直线OC的解析式；
(2)点P是对角线OC上的一个动点，当AP+BP取到最小值时，求点P的坐标；
(3)y轴上是否存在一点Q，使△QAD的面积等于菱形OBCD的面积.若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：选项A能找到这样的一个点，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；
选项B、C、D不能找到这样的一个点，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；
故选：A．
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，根据中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
2.【答案】D
【解析】解：A． 24的被开方数还能开方，因此它不是最简二次根式，所以选项A不符合题意；
B. 0.3的被开方数是小数，因此它不是最简二次根式，所以选项B不符合题意；
C. 4a被开方数还能开方，不符合最简二次根式的定义，因此选项C不符合题意；
D. a2+1是最简二次根式，所以选项D符合题意；
故选：D．
根据最简二次根式的定义进行判断即可．
本题考查最简二次根式，理解“被开方数是整数或整式，且不含有能开得尽方的因数或因式，这样的二次根式是最简二次根式”是正确判断的关键．
3.【答案】C
【解析】解：根据且x≠2．
故选：C．
根据被开方数大于等于0和分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
4.【答案】C
【解析】解：A． 5与 3不是同类二次根式，不能合并，此选项不符合题意；
B.3与 2不是同类二次根式，不能合并，此选项不符合题意；
C. 6× 2= 6×2=2 3，此选项符合题意；
D. 6÷2= 62，此选项不符合题意；
故选：C．
分别根据同类二次根式的概念、二次根式的乘除运算法则计算可得．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，掌握相关判定方法是解题的关键．
利用正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定依次判断可求解．
【解答】
解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项A不合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项B不合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项C符合题意；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故选项D不符合题意，
故选：C．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意得：2x+6<0①x−4<0②，
由①得：x<−3；
由②得：x<4，
则不等式组的解集为x<−3，
表示在数轴上，如图所示：
．
故选：B．
根据P为第三象限点，得到横坐标小于0，纵坐标小于0，列出关于x的不等式组，求出不等式组的解集，表示在数轴上即可得到结果．
此题考查了在数轴上表示不等式组的解集，解一元一次不等式组，以及点的坐标，列出不等式组是本题的突破点．
7.【答案】D
【解析】解：由图象，可知0～9min为派送车从出发点到派送点，9～12min为派送车在派送点停留，12～18min为派送车从派送点返回出发点，
故派送车从出发点到派送点行驶的路程为1.0km，故选项A，C错误；
由图象，可知在5～10min内，相同时间段内增加的路程越来越少，说明派送车的速度逐渐减小，故选项B错误；
在0～5min内派送车行驶的路程为0.6km，故平均速度为0.6÷5=0.12(km/min)，
故选项D正确，
故选：D．
根据函数的图象可知，横坐标表示时间，纵坐标表示距离，由于函数图象不是平滑曲线，故应分段考虑．
此题考查了函数图象，根据函数图象的变化分段考虑是解题的关键，同时要明确公式：速度=路程÷时间．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可得出方程组8k+b=2k=−1，
解得：b=10k=−1，
那么此一次函数的解析式为：y=−x+10．
故选：C．
根据一次函数的图象与直线y=−x+1平行，且过点(8,2)，用待定系数法可求出函数关系式．
本题考查了两条直线相交或平行问题，由一次函数的一般表达式，根据已知条件，列出方程组，求出未知数的值从而求得其解析式；求直线平移后的解析式时要注意平移时k的值不变，只有b发生变化．
9.【答案】A
【解析】解：由函数y=ax+b的图象可知，
当x>0时，y>−2，A选项正确，符合题意；
当x<0时，y<−2，B选项错误，不符合题意；
方程 ax+b=0的解是x=1，C选项错误，不符合题意；
不等式 ax+b<0的解集是x<1，故D错误，不符合题意．
故选：A．
根据函数的图象直接进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象，利用数形结合求解是解答此题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：由旋转的性质可得∠BAD=70°，∠B=∠ADE，
∵∠ADE+∠PDE=∠B+∠BAD，
∴∠PDE=∠BAD=70°，
故选：C．
由旋转的性质可得∠BAD=70°，∠B=∠ADE，然后由三角形外角性质可得答案．
此题考查的是旋转的性质、三角形外角的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：根据勾股定理可得：
x2=(x−4)2+(x−2)2，
故选：A．
根据题中所给的条件可知，竿斜放就恰好等于门的对角线长，可与门的宽和高构成直角三角形，运用勾股定理可列出关于门高、宽、对角线长的方程．
本题考查勾股定理的应用，正确运用勾股定理，将数学思想运用到实际问题中是解答本题的关键，难度不大．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形以及三角形内角和定理，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
连接AO，易证△EOA≌△FOC(ASA)，利用全等三角形的性质可得出EA=FC，进而可得出AE+AF=AC，选项A正确；由三角形内角和定理结合∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=90°可得出∠BEO+∠OFC=180°，选项B正确；由△EOA≌△FOC可得出S△EOA=S△FOC，结合图形可得出S四边形AEOF=S△EOA+S△AOF=S△FOC+S△AOF=S△AOC=12S△ABC，选项D正确．综上，此题得解．
【解答】
解：连接AO，如图所示，
∵△ABC为等腰直角三角形，点O为BC的中点，
∴OA=OC，∠AOC=90°，∠BAO=∠ACO=45°．
∵∠EOA+∠AOF=∠EOF=90°，∠AOF+∠FOC=∠AOC=90°，
∴∠EOA=∠FOC．
在△EOA和△FOC中，∠EOA=∠FOCOA=OC∠EAO=∠FCO，
∴△EOA≌△FOC(ASA)，
∴EA=FC，
∴AE+AF=AF+FC=AC，选项A正确；
∵∠B+∠BEO+∠EOB=∠FOC+∠C+∠OFC=180°，∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=180°−∠EOF=90°，
∴∠BEO+∠OFC=180°，选项B正确；
∵△EOA≌△FOC，
∴S△EOA=S△FOC，
∴S四边形AEOF=S△EOA+S△AOF=S△FOC+S△AOF=S△AOC=12S△ABC，选项D正确．
故选：C．
13.【答案】12
【解析】解：∵点D，E，F分别为三边中点，
∴EF、DF、DE是△ABC的中位线，
∴EF=12AB，DF=12BC，DE=12AC，
∵AB=10，BC=8，AC=6，
∴EF=5，DF=4，DE=3，
∴△DEF的周长=3+4+5=12，
故答案为：12．
根据三角形中位线定理分别求出DE、EF、DF，根据三角形的周长公式计算即可．
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．
14.【答案】2a−3
【解析】解：由图得，1
∴ (a−1)2− (a−2)2
=|a−1|−|a−2|
=(a−1)−(2−a)
=a−1−2+a
=2a−3．
故答案为：2a−3．
根据绝对值的性质解题即可．
本题考查了绝对值的性质的应用，区别绝对值内的数的正负是解题关键．
15.【答案】m>1
【解析】解：∵函数y=(1−2m)x+m−1的图象经过第一、二、四象限，
∴1−2m<0m−1>0，
解得：m>1．
故答案为：m>1．
根据已知条件“一次函数y=(1−2m)x+m−1的图象经过第一、二、四象限”可知k<0，b>0，据此列不等式组求得k的取值范围，在该范围内可以找到满足条件的k的值．
本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k>0时，直线必经过一、三象限．k<0时，直线必经过二、四象限．b>0时，直线与y轴正半轴相交．b=0时，直线过原点；b<0时，直线与y轴负半轴相交．
16.【答案】2 2
【解析】解：∵点B的坐标为(0,2)，将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为(2,2)，
∴AA′=BB′=2，
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴A( 2, 2)，
∴AA′对应的高 2，
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为2× 2=2 2．
故答案为：2 2．
利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移规律得出对应点坐标是解题关键．
17.【答案】(31,32)
【解析】解：∵点B1的坐标为(1,0)，点B2的坐标为(3,0)，
∴OB1=1，OB2=3，则B1B2=2．
∵△A1B1O是等腰直角三角形，∠A1OB1=90°，
∴OA1=OB1=1．
∴点A1的坐标是(0,1)．
同理，在等腰直角△A2B2B1中，∠A2B1B2=90°，A2B1=B1B2=2，则A2(1,2)．
∵点A1、A2均在一次函数y=kx+b的图象上，
∴b=1k+b=2，
解得k=1b=1，
∴该直线方程是y=x+1．
∵点A3，B2的横坐标相同，都是3，
∴当x=3时，y=4，即A3(3,4)，则A3B2=4，
∴B3(7,0)．
同理，B4(15,0)，
…
Bn(2n−1,0)，
∴当x=2n−1−1时，y=2n−1−1+1=2n−1，
即点An的坐标为(2n−1−1,2n−1)，
∴A6(26−1−1,26−1)，即A6(31,32)，
故答案为：(31,32)．
首先，根据等腰直角三角形的性质求得点A1、A2的坐标；然后，将点A1、A2的坐标代入一次函数解析式，利用待定系数法求得该直线方程是y=x+1；最后，利用等腰直角三角形的性质推知点Bn−1的坐标，然后将其横坐标代入直线方程y=x+1求得相应的y值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特点，涉及到的知识点有待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形的性质．解答该题的难点是找出点Bn的坐标的规律．
18.【答案】解：(1) (−2)2−327+|2− 5|
=2−3+ 5−2
= 5−3；
(2) 80− 8+5 15+2 18
=4 5−2 2+5× 55+2× 24
=4 5−2 2+ 5+ 22
=5 5−3 22；
(3)(2 5+ 125)÷(− 5)
=(2 5+5 5)÷(− 5)
=−7 5÷ 5
=−7．
【解析】(1)先计算平方根、立方根和绝对值，再计算加减；
(2)先计算二次根式，再计算乘法，最后加减；
(3)先化简二次根式，再计算除法，最后计算加减．
此题考查了实数及二次根式的混合运算能力，关键是能确定准确的运算顺序，并能进行正确的计算．
19.【答案】解：1−3(x−1)≥1①2+3x2>x−1②，
解不等式①得，x≤1，
解不等式②得，x>−4，
所以不等式组的解集是−4
故答案为：0、1．
【解析】分别求出两个不等式的解集，然后求出两个解集的公共部分，再写出范围内的非负整数解即可．
本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到(无解)．
20.【答案】(2,2)或(−4,4)或(−4,−4)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求，点A2的坐标(3,−3)；
(3)满足条件的点D的坐标为(2,2)或(−4,4)或(−4,−4)．
故答案为：(2,2)或(−4,4)或(−4,−4)．
(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
(3)根据平行四边形的判定作出图形，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，平移变换，平行四边形的判定等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
21.【答案】解：(1)四边形ADCE是矩形．
理由：∵点O是AC中点，
∴AO=CO，
又∵OE=OD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴四边形ADCE是矩形．
(2)当△ABC满足∠BAC=90°时，四边形ADCE是正方形．
理由：∵△ABC是等腰直角三角形，AD平分∠BAC，
∴AD=CD=12BC，
由(1)知：四边形ADCE是矩形，
∴四边形ADCE是正方形．
【解析】(1)先证明四边形ADCE是平行四边形，根据等腰三角形三线合一，得到AD⊥BC，即可得出结论；
(2)根据邻边相等的矩形，是正方形，得到当∠BAC=90°时，四边形ADCE是正方形．
本题考查矩形的判定，正方形的判定、平行四边形的判定．熟练掌握等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵点B(m,4)直线l2：y=2x上，
∴4=2m，
∴m=2，
∴点B(2,4)，
设直线l1的表达式为y=kx+b，
将A(−6,0)，B(2,4)代入得：−6k+b=02k+b=4，
解得k=12b=3，
∴直线l1的表达式为y=12x+3；
(2)将x=0代入y=12x+3，得：y=3，
∴M(0,3)，
∴OM=3，
∴△BOM的面积=12OM⋅|xB|=12×3×2=3；
(3)x≥2
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)观察图象，当y1≤y2时，x的取值范围为x≥2，
故答案为：x≥2．
(1)先求出点B坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
(2)把x=0代入解析式，求出M坐标，利用三角形面积公式解答即可；
(3)根据图象即可求得．
本题是两条直线平行、相交问题，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的解析式，三角形的面积，解题的关键是灵活应用待定系数法，学会利用图象，根据条件确定自变量取值范围．
23.【答案】解：(1)∵直角三角形的面积=12×两直角边，
∴这个三角形的面积=12×(2 3+ 2)(2 3−2)，
=12×[(2 3)2−( 2)2]，
=12×10，
=5，
斜边长= (2 3+ 2)2+(2 3− 2)2，
= 12+2 6+2+12−2 6+2，
=2 7，
(2)设斜边上的高为x，
∵直角三角形的面积=12×两直角边=12×斜边×斜边上的高，
∴12×2 7x=5，
x=5 77，
∴斜边上的中线=12斜边长=12×2 7= 7．
【解析】(1)根据直角三角形的面积=12×两直角边，再利用勾股定理进行计算即可；
(2)设斜边上的高为x，根据直角三角形的面积=12×两直角边=12×斜边×斜边上的高，求出斜边上的高，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出答案．
本题主要考查了勾股定理的应用和直角三角形的性质，解题关键是熟练掌握勾股定理和直角三角形的性质．
24.【答案】解：(1)设A类图书每本的进价是a元，B类图书每本的进价是b元，
根据题意得：a+2b=1352a+3b=220，
解得a=35b=50，
答：A类图书每本的进价是35元，B类图书每本的进价是50元；
(2)设购进A类图书x本，获得利润为y元，
根据题意得：y=(40−35)x+(58−50)(90−x)=5x+720−8x=−3x+720，
∵A类图书的购进数量不少于B类图书的购进数量的13，
∴x≥13(100−x)，
解得x≥25，
∵−3<0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=25时，y有最大值，最大值为645，
此时100−x=75，
答：该书店购进A类图书25本，B类图书75本时所获利润最大，最大利润为645元．
【解析】(1)设A类图书每本的进价是a元，B类图书每本的进价是b元，根据购进1本A类图书和2本B类图书共需135元；购进3本A类图书和4本B类图书共需305元列出方程组，解方程组即可；
(2)设购进A类图书x本，获得利润为y元，根据书店所获总利润=A，B两类书的利润之和列出函数解析式，再根据A类图书的购进数量不少于B类图书的购进数量的13求出自变量取值范围，由函数的性质求最值．
本题考查一次函数和二元一次方程组的应用，解题的关键是找到等量关系列出函数解析式和二元一次方程组．
25.【答案】解：(1)过点C作CE⊥y轴，延长CD交x轴于点F，如图：
∵四边形OBCD是菱形，
∴CD//y轴，
∵D(4,3)，
∴OD=5，
∴CF=8，CE=4，
∴点C(4,8)，
设直线OC的解析式为y=kx，把点C的坐标代入得8=4k，
解得k=2，
∴直线OC的解析式为y=2x．
(2)连接BD、AD，如图：
∵四边形ODCB是菱形，
∴PB=PD，
∴当AP+BP取到最小值时，最小值是AD的长，
设此时点P的坐标为(a,2a)，
直线AD的解析式为y=kx+b，把A、D的坐标代入得：
−2k+b=04k+b=3，解得k=12b=1，
∴直线AD的解析式为y=12x+1，
把点P的坐标代入得2a=12a+1，
解得a=23，
∴点P的坐标为(23,43).
(3)存在，菱形的面积为5×4=20，
由(2)可知直线AD于y轴交于点(0,1)，
设Q的坐标为(0,m)，
∴S△AQD=12×2×|m−1|+12×4×|m−1|=20，
解得m=233或−173，
∴点Q的坐标为(0,233)或(0,−173).
【解析】(1)先由菱形的性质得出点C的坐标，再用待定系数法即可求出解析式；
(2)先确定当AP+BP取到最小值时点P的位置是直线AD与y轴的交点，即可根据OC的解析式设出点P的坐标，再求出直线AD的解析式，把点P的坐标代入即可解答．
(3)存在，然后设点Q的坐标为(0,m)，根据面积相等即可求出m，从而求出点Q的坐标．
本题考查一次函数的图象性质和菱形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
2022-2023学年山东省聊城市临清市、东阿县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．一棋谱中四部分的截图由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是( )
A. B. C. D.
2. 下列各式为最简二次根式的是( )
A. 24 B. 0.3 C. 4a D. a2+1
3. 函数y= x+3x−2的自变量x的取值范围是( )
A. x≥−3 B. x≠2 C. x≥−3且x≠2 D. x>2
4. 下列运算，结果正确的是( )
A. 5− 3= 2 B. 3+ 2=3 2
C. 6× 2=2 3 D. 6÷2=3
5. 下列说法中，正确的是( )
A. 有一个角是直角的平行四边形是正方形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
6. 若点P(2x+6,x−4)在平面直角坐标系的第三象限内，则x的取值范围在数轴上可表示为( )
A.
B.
C.
D.
7. 随着5G信号的快速发展，5G无人物品派送车已应用于实际生活中，图1所示为无人物品派送车前往派送点的情景.该车从出发点沿直线路径到达派送点，在派送点停留一段时间后匀速返回出发位置，其行驶路程s与所用时间t的关系如图2所示(不完整).下列分析正确的是( )
A. 派送车从出发点到派送点行驶的路程为1.6km
B. 在5～10min内，派送车的速度逐渐增大
C. 在10～12min内，派送车在进行匀速运动
D. 在0～5min内，派送车的平均速度为0.12km/min
8. 已知一次函数的图象与直线y=−x+1平行，且过点(8,2)，那么此一次函数的解析式为( )
A. y=−x−2 B. y=−x−6 C. y=−x+10 D. y=−x−1
9. 在直角坐标平面内，一次函数y=ax+b的图象如图所示，那么下列说法正确的是( )
A. 当x>0时，y>−2
B. 当x<0时，−2
D. 不等式ax+b<0的解集是x<0
10. 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转70°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠PDE的度数为( )
A. 80° B. 75° C. 70° D. 65°
11. 《九章算术》中记载：今有户不知高、广，竿不知长、短．横之不出四尺，从之不出二尺，斜之适出．问户高、广、斜各几何？
译文是：今有门，不知其高、宽，有竿，不知其长、短．横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽、对角线长分别是多少？若设门对角线长为x尺，则可列方程为( )
A. x2=(x−4)2+(x−2)2 B. 2x2=(x−4)2+(x−2)2
C. x2=42+(x−2)2 D. x2=(x−4)2+22
12. 如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，一个三角尺的直角顶点与BC边的中点O重合，且两条直角边分别经过点A和点B，将三角尺绕点O按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB，AC分别交于点E，F时，下列结论中错误的是( )
A. AE+AF=AC B. ∠BEO+∠OFC=180°
C. OE+OF= 22BC D. S四边形AEOF=12S△ABC
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. △ABC中，点D，E，F分别为三边中点，AB=10，BC=8，AC=6，则△DEF的周长为______ ．
14. 已知实数a在数轴上的对应点位置如图所示，则化简 (a−1)2− (a−2)2的结果是______ ．
15. 一次函数y=(1−2m)x+m−1的图象经过第一、二、四象限，则m的取值范围是______ ．
16. 如图，点O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB=90°，点B的坐标为(0,2).将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′.此时点B′的坐标为(2,2)，则线段OA在平移过程中扫过的图形面积为______ ．
17. 在直角坐标系中，等腰直角三角形A1B1O，A2B2B1，A3B3B2，...，AnBnBn−1按如图所示的方式放置，其中点A1，A2，A3，…，An均在一次函数y=kx+b的图象上，点B1，B2，B3，…，Bn均在x轴上，若点B1的坐标为(1,0)，B2的坐标为(3,0)，则点A6的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题9.0分)
计算：
(1) (−2)2−327+|2− 5|；
(2) 80− 8+5 15+2 18；
(3)(2 5+ 125)÷(− 5).
19. (本小题6.0分)
解不等式组x−3(x−1)≥12+3x2>x−1，并写出它的所有非负整数解．
20. (本小题8.0分)
如图，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,1)，B(4,0)，C(4,4)．
(1)将△ABC向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到，画出旋转后的△A2B2C2，并直接写出点A2的坐标；
(3)若以A1，B1，C1，D为顶点的四边形为平行四边形，则D点坐标为______ ．
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AC中点，连接DO并延长到E，使OE=OD，连接AE，CE．
(1)判断四边形ADCE的形状，并说明理由；
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是正方形？请说明理由．
22. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，过点A(−6,0)的直线l1：y1=kx+b(k≠0)与直线l2：y2=2x相交于B(m,4)．
(1)求直线l1的函数解析式；
(2)设直线l1与y轴交于点M，求△BOM的面积；
(3)利用函数图象直接写出当y1≤y2时，x的取值范围为______ ．
23. (本小题8.0分)
已知直角三角形的两条直角边长分别为2 3+ 2和2 3− 2．
(1)求这个三角形的面积和斜边长；
(2)求斜边上的高和中线的长．
24. (本小题10.0分)
4月23日是世界读书日，习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然正气”.某书店计划在“世界读书日”前夕，同时购进A，B两类图书，已知购进1本A类图书和2本B类图书共需135元；购进2本A类图书和3本B类图书共需220元．
(1)A，B两类图书每本的进价各是多少元？
(2)该书店计划购进A，B两类图书共100本，且A类图书的购进数量不少于B类图书的购进数量的13，已知A类图书每本的售价为40元，B类图书每本的售价为58元，求如何进货才能使书店所获利润最大，最大利润为多少元？
25. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点A(−2,0)，点B在y轴上，菱形OBCD的顶点D(4,3)，
(1)求直线OC的解析式；
(2)点P是对角线OC上的一个动点，当AP+BP取到最小值时，求点P的坐标；
(3)y轴上是否存在一点Q，使△QAD的面积等于菱形OBCD的面积.若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：选项A能找到这样的一个点，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；
选项B、C、D不能找到这样的一个点，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；
故选：A．
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，根据中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
2.【答案】D
【解析】解：A． 24的被开方数还能开方，因此它不是最简二次根式，所以选项A不符合题意；
B. 0.3的被开方数是小数，因此它不是最简二次根式，所以选项B不符合题意；
C. 4a被开方数还能开方，不符合最简二次根式的定义，因此选项C不符合题意；
D. a2+1是最简二次根式，所以选项D符合题意；
故选：D．
根据最简二次根式的定义进行判断即可．
本题考查最简二次根式，理解“被开方数是整数或整式，且不含有能开得尽方的因数或因式，这样的二次根式是最简二次根式”是正确判断的关键．
3.【答案】C
【解析】解：根据且x≠2．
故选：C．
根据被开方数大于等于0和分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
4.【答案】C
【解析】解：A． 5与 3不是同类二次根式，不能合并，此选项不符合题意；
B.3与 2不是同类二次根式，不能合并，此选项不符合题意；
C. 6× 2= 6×2=2 3，此选项符合题意；
D. 6÷2= 62，此选项不符合题意；
故选：C．
分别根据同类二次根式的概念、二次根式的乘除运算法则计算可得．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，掌握相关判定方法是解题的关键．
利用正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定依次判断可求解．
【解答】
解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项A不合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项B不合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项C符合题意；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故选项D不符合题意，
故选：C．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意得：2x+6<0①x−4<0②，
由①得：x<−3；
由②得：x<4，
则不等式组的解集为x<−3，
表示在数轴上，如图所示：
．
故选：B．
根据P为第三象限点，得到横坐标小于0，纵坐标小于0，列出关于x的不等式组，求出不等式组的解集，表示在数轴上即可得到结果．
此题考查了在数轴上表示不等式组的解集，解一元一次不等式组，以及点的坐标，列出不等式组是本题的突破点．
7.【答案】D
【解析】解：由图象，可知0～9min为派送车从出发点到派送点，9～12min为派送车在派送点停留，12～18min为派送车从派送点返回出发点，
故派送车从出发点到派送点行驶的路程为1.0km，故选项A，C错误；
由图象，可知在5～10min内，相同时间段内增加的路程越来越少，说明派送车的速度逐渐减小，故选项B错误；
在0～5min内派送车行驶的路程为0.6km，故平均速度为0.6÷5=0.12(km/min)，
故选项D正确，
故选：D．
根据函数的图象可知，横坐标表示时间，纵坐标表示距离，由于函数图象不是平滑曲线，故应分段考虑．
此题考查了函数图象，根据函数图象的变化分段考虑是解题的关键，同时要明确公式：速度=路程÷时间．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可得出方程组8k+b=2k=−1，
解得：b=10k=−1，
那么此一次函数的解析式为：y=−x+10．
故选：C．
根据一次函数的图象与直线y=−x+1平行，且过点(8,2)，用待定系数法可求出函数关系式．
本题考查了两条直线相交或平行问题，由一次函数的一般表达式，根据已知条件，列出方程组，求出未知数的值从而求得其解析式；求直线平移后的解析式时要注意平移时k的值不变，只有b发生变化．
9.【答案】A
【解析】解：由函数y=ax+b的图象可知，
当x>0时，y>−2，A选项正确，符合题意；
当x<0时，y<−2，B选项错误，不符合题意；
方程 ax+b=0的解是x=1，C选项错误，不符合题意；
不等式 ax+b<0的解集是x<1，故D错误，不符合题意．
故选：A．
根据函数的图象直接进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象，利用数形结合求解是解答此题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：由旋转的性质可得∠BAD=70°，∠B=∠ADE，
∵∠ADE+∠PDE=∠B+∠BAD，
∴∠PDE=∠BAD=70°，
故选：C．
由旋转的性质可得∠BAD=70°，∠B=∠ADE，然后由三角形外角性质可得答案．
此题考查的是旋转的性质、三角形外角的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：根据勾股定理可得：
x2=(x−4)2+(x−2)2，
故选：A．
根据题中所给的条件可知，竿斜放就恰好等于门的对角线长，可与门的宽和高构成直角三角形，运用勾股定理可列出关于门高、宽、对角线长的方程．
本题考查勾股定理的应用，正确运用勾股定理，将数学思想运用到实际问题中是解答本题的关键，难度不大．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形以及三角形内角和定理，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
连接AO，易证△EOA≌△FOC(ASA)，利用全等三角形的性质可得出EA=FC，进而可得出AE+AF=AC，选项A正确；由三角形内角和定理结合∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=90°可得出∠BEO+∠OFC=180°，选项B正确；由△EOA≌△FOC可得出S△EOA=S△FOC，结合图形可得出S四边形AEOF=S△EOA+S△AOF=S△FOC+S△AOF=S△AOC=12S△ABC，选项D正确．综上，此题得解．
【解答】
解：连接AO，如图所示，
∵△ABC为等腰直角三角形，点O为BC的中点，
∴OA=OC，∠AOC=90°，∠BAO=∠ACO=45°．
∵∠EOA+∠AOF=∠EOF=90°，∠AOF+∠FOC=∠AOC=90°，
∴∠EOA=∠FOC．
在△EOA和△FOC中，∠EOA=∠FOCOA=OC∠EAO=∠FCO，
∴△EOA≌△FOC(ASA)，
∴EA=FC，
∴AE+AF=AF+FC=AC，选项A正确；
∵∠B+∠BEO+∠EOB=∠FOC+∠C+∠OFC=180°，∠B+∠C=90°，∠EOB+∠FOC=180°−∠EOF=90°，
∴∠BEO+∠OFC=180°，选项B正确；
∵△EOA≌△FOC，
∴S△EOA=S△FOC，
∴S四边形AEOF=S△EOA+S△AOF=S△FOC+S△AOF=S△AOC=12S△ABC，选项D正确．
故选：C．
13.【答案】12
【解析】解：∵点D，E，F分别为三边中点，
∴EF、DF、DE是△ABC的中位线，
∴EF=12AB，DF=12BC，DE=12AC，
∵AB=10，BC=8，AC=6，
∴EF=5，DF=4，DE=3，
∴△DEF的周长=3+4+5=12，
故答案为：12．
根据三角形中位线定理分别求出DE、EF、DF，根据三角形的周长公式计算即可．
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．
14.【答案】2a−3
【解析】解：由图得，1
∴ (a−1)2− (a−2)2
=|a−1|−|a−2|
=(a−1)−(2−a)
=a−1−2+a
=2a−3．
故答案为：2a−3．
根据绝对值的性质解题即可．
本题考查了绝对值的性质的应用，区别绝对值内的数的正负是解题关键．
15.【答案】m>1
【解析】解：∵函数y=(1−2m)x+m−1的图象经过第一、二、四象限，
∴1−2m<0m−1>0，
解得：m>1．
故答案为：m>1．
根据已知条件“一次函数y=(1−2m)x+m−1的图象经过第一、二、四象限”可知k<0，b>0，据此列不等式组求得k的取值范围，在该范围内可以找到满足条件的k的值．
本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k>0时，直线必经过一、三象限．k<0时，直线必经过二、四象限．b>0时，直线与y轴正半轴相交．b=0时，直线过原点；b<0时，直线与y轴负半轴相交．
16.【答案】2 2
【解析】解：∵点B的坐标为(0,2)，将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为(2,2)，
∴AA′=BB′=2，
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴A( 2, 2)，
∴AA′对应的高 2，
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为2× 2=2 2．
故答案为：2 2．
利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移规律得出对应点坐标是解题关键．
17.【答案】(31,32)
【解析】解：∵点B1的坐标为(1,0)，点B2的坐标为(3,0)，
∴OB1=1，OB2=3，则B1B2=2．
∵△A1B1O是等腰直角三角形，∠A1OB1=90°，
∴OA1=OB1=1．
∴点A1的坐标是(0,1)．
同理，在等腰直角△A2B2B1中，∠A2B1B2=90°，A2B1=B1B2=2，则A2(1,2)．
∵点A1、A2均在一次函数y=kx+b的图象上，
∴b=1k+b=2，
解得k=1b=1，
∴该直线方程是y=x+1．
∵点A3，B2的横坐标相同，都是3，
∴当x=3时，y=4，即A3(3,4)，则A3B2=4，
∴B3(7,0)．
同理，B4(15,0)，
…
Bn(2n−1,0)，
∴当x=2n−1−1时，y=2n−1−1+1=2n−1，
即点An的坐标为(2n−1−1,2n−1)，
∴A6(26−1−1,26−1)，即A6(31,32)，
故答案为：(31,32)．
首先，根据等腰直角三角形的性质求得点A1、A2的坐标；然后，将点A1、A2的坐标代入一次函数解析式，利用待定系数法求得该直线方程是y=x+1；最后，利用等腰直角三角形的性质推知点Bn−1的坐标，然后将其横坐标代入直线方程y=x+1求得相应的y值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特点，涉及到的知识点有待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形的性质．解答该题的难点是找出点Bn的坐标的规律．
18.【答案】解：(1) (−2)2−327+|2− 5|
=2−3+ 5−2
= 5−3；
(2) 80− 8+5 15+2 18
=4 5−2 2+5× 55+2× 24
=4 5−2 2+ 5+ 22
=5 5−3 22；
(3)(2 5+ 125)÷(− 5)
=(2 5+5 5)÷(− 5)
=−7 5÷ 5
=−7．
【解析】(1)先计算平方根、立方根和绝对值，再计算加减；
(2)先计算二次根式，再计算乘法，最后加减；
(3)先化简二次根式，再计算除法，最后计算加减．
此题考查了实数及二次根式的混合运算能力，关键是能确定准确的运算顺序，并能进行正确的计算．
19.【答案】解：1−3(x−1)≥1①2+3x2>x−1②，
解不等式①得，x≤1，
解不等式②得，x>−4，
所以不等式组的解集是−4
故答案为：0、1．
【解析】分别求出两个不等式的解集，然后求出两个解集的公共部分，再写出范围内的非负整数解即可．
本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到(无解)．
20.【答案】(2,2)或(−4,4)或(−4,−4)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求，点A2的坐标(3,−3)；
(3)满足条件的点D的坐标为(2,2)或(−4,4)或(−4,−4)．
故答案为：(2,2)或(−4,4)或(−4,−4)．
(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
(3)根据平行四边形的判定作出图形，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，平移变换，平行四边形的判定等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
21.【答案】解：(1)四边形ADCE是矩形．
理由：∵点O是AC中点，
∴AO=CO，
又∵OE=OD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴四边形ADCE是矩形．
(2)当△ABC满足∠BAC=90°时，四边形ADCE是正方形．
理由：∵△ABC是等腰直角三角形，AD平分∠BAC，
∴AD=CD=12BC，
由(1)知：四边形ADCE是矩形，
∴四边形ADCE是正方形．
【解析】(1)先证明四边形ADCE是平行四边形，根据等腰三角形三线合一，得到AD⊥BC，即可得出结论；
(2)根据邻边相等的矩形，是正方形，得到当∠BAC=90°时，四边形ADCE是正方形．
本题考查矩形的判定，正方形的判定、平行四边形的判定．熟练掌握等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵点B(m,4)直线l2：y=2x上，
∴4=2m，
∴m=2，
∴点B(2,4)，
设直线l1的表达式为y=kx+b，
将A(−6,0)，B(2,4)代入得：−6k+b=02k+b=4，
解得k=12b=3，
∴直线l1的表达式为y=12x+3；
(2)将x=0代入y=12x+3，得：y=3，
∴M(0,3)，
∴OM=3，
∴△BOM的面积=12OM⋅|xB|=12×3×2=3；
(3)x≥2
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)观察图象，当y1≤y2时，x的取值范围为x≥2，
故答案为：x≥2．
(1)先求出点B坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
(2)把x=0代入解析式，求出M坐标，利用三角形面积公式解答即可；
(3)根据图象即可求得．
本题是两条直线平行、相交问题，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的解析式，三角形的面积，解题的关键是灵活应用待定系数法，学会利用图象，根据条件确定自变量取值范围．
23.【答案】解：(1)∵直角三角形的面积=12×两直角边，
∴这个三角形的面积=12×(2 3+ 2)(2 3−2)，
=12×[(2 3)2−( 2)2]，
=12×10，
=5，
斜边长= (2 3+ 2)2+(2 3− 2)2，
= 12+2 6+2+12−2 6+2，
=2 7，
(2)设斜边上的高为x，
∵直角三角形的面积=12×两直角边=12×斜边×斜边上的高，
∴12×2 7x=5，
x=5 77，
∴斜边上的中线=12斜边长=12×2 7= 7．
【解析】(1)根据直角三角形的面积=12×两直角边，再利用勾股定理进行计算即可；
(2)设斜边上的高为x，根据直角三角形的面积=12×两直角边=12×斜边×斜边上的高，求出斜边上的高，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出答案．
本题主要考查了勾股定理的应用和直角三角形的性质，解题关键是熟练掌握勾股定理和直角三角形的性质．
24.【答案】解：(1)设A类图书每本的进价是a元，B类图书每本的进价是b元，
根据题意得：a+2b=1352a+3b=220，
解得a=35b=50，
答：A类图书每本的进价是35元，B类图书每本的进价是50元；
(2)设购进A类图书x本，获得利润为y元，
根据题意得：y=(40−35)x+(58−50)(90−x)=5x+720−8x=−3x+720，
∵A类图书的购进数量不少于B类图书的购进数量的13，
∴x≥13(100−x)，
解得x≥25，
∵−3<0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=25时，y有最大值，最大值为645，
此时100−x=75，
答：该书店购进A类图书25本，B类图书75本时所获利润最大，最大利润为645元．
【解析】(1)设A类图书每本的进价是a元，B类图书每本的进价是b元，根据购进1本A类图书和2本B类图书共需135元；购进3本A类图书和4本B类图书共需305元列出方程组，解方程组即可；
(2)设购进A类图书x本，获得利润为y元，根据书店所获总利润=A，B两类书的利润之和列出函数解析式，再根据A类图书的购进数量不少于B类图书的购进数量的13求出自变量取值范围，由函数的性质求最值．
本题考查一次函数和二元一次方程组的应用，解题的关键是找到等量关系列出函数解析式和二元一次方程组．
25.【答案】解：(1)过点C作CE⊥y轴，延长CD交x轴于点F，如图：
∵四边形OBCD是菱形，
∴CD//y轴，
∵D(4,3)，
∴OD=5，
∴CF=8，CE=4，
∴点C(4,8)，
设直线OC的解析式为y=kx，把点C的坐标代入得8=4k，
解得k=2，
∴直线OC的解析式为y=2x．
(2)连接BD、AD，如图：
∵四边形ODCB是菱形，
∴PB=PD，
∴当AP+BP取到最小值时，最小值是AD的长，
设此时点P的坐标为(a,2a)，
直线AD的解析式为y=kx+b，把A、D的坐标代入得：
−2k+b=04k+b=3，解得k=12b=1，
∴直线AD的解析式为y=12x+1，
把点P的坐标代入得2a=12a+1，
解得a=23，
∴点P的坐标为(23,43).
(3)存在，菱形的面积为5×4=20，
由(2)可知直线AD于y轴交于点(0,1)，
设Q的坐标为(0,m)，
∴S△AQD=12×2×|m−1|+12×4×|m−1|=20，
解得m=233或−173，
∴点Q的坐标为(0,233)或(0,−173).
【解析】(1)先由菱形的性质得出点C的坐标，再用待定系数法即可求出解析式；
(2)先确定当AP+BP取到最小值时点P的位置是直线AD与y轴的交点，即可根据OC的解析式设出点P的坐标，再求出直线AD的解析式，把点P的坐标代入即可解答．
(3)存在，然后设点Q的坐标为(0,m)，根据面积相等即可求出m，从而求出点Q的坐标．
本题考查一次函数的图象性质和菱形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
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