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22.（10分）某商场有大、小两种规格的书包，每个大书包的进价为130元，售价为200元，每个小书包的进价为80元，售价为120元.现大、小书包共购进了100个，其中大书包的数量不少于60个，设购进大书包$ x $个（$ x $为整数），大、小书包全部售完后获得的利润为$ y $元.
（1）求$ y $与$ x $之间的函数关系式；
（2）若购进100个书包的总费用不超过12000元，求最大利润为多少元？
（3）在（2）的条件下，该商场现对大书包每个优惠$ 2m $（$ 0＜m＜20 $）元进行促销活动，小书包每个进价减少$ m $元，售价不变，若最大利润为4840元，则$ m $的值是________.
（1）求$ y $与$ x $之间的函数关系式；
（2）若购进100个书包的总费用不超过12000元，求最大利润为多少元？
（3）在（2）的条件下，该商场现对大书包每个优惠$ 2m $（$ 0＜m＜20 $）元进行促销活动，小书包每个进价减少$ m $元，售价不变，若最大利润为4840元，则$ m $的值是________.
答案
解：（1）由题意得，$y=(200 - 130)x + (120 - 80)(100 - x)$
$=70x+40(100 - x)$
$=30x+4000$，
∴$y$与$x$之间的函数关系式为$y=30x+4000$。
（2）由题意得，
∵购进100个书包的总费用不超过12000元，
∴$130x+80(100 - x) ≤ 12000$，
∴$x≤80$。
又
∵$x≥60$，
∴$60≤x≤80$，
∵在$y=30x+4000$中，$k=30＞0$，
∴$y$随$x$的增大而增大，
∴当$x=80$时，$y$有最大值，最大值为$30×80+4000=6400$。
∴最大利润为6400元。
（3）由题意，优惠后大书包的利润为$(70 - 2m)$元，小书包的利润为$(40+m)$元，
∴利润为$y=(200 - 130 - 2m)x + (120 - 80+m)(100 - x)$
$=(30 - 3m)x+4000+100m$。
①当$30 - 3m＞0$时，即$0＜m＜10$，此时$y$随$x$的增大而增大，
∴当$x=80$时，$y$取最大值为$(30 - 3m)×80+4000+100m=4840$。
∴$m=11\frac{1}{7}＞10$，不合题意。
②当$30 - 3m=0$时，即$m=10$，此时$y$随$x$的增大而增大，
∴$y=5000≠4840$，不合题意。
③当$30 - 3m＜0$时，即$m＞10$，此时$y$随$x$的增大而减小，
∴当$x=60$时，$y$取最大值为$(30 - 3m)×60+4000+100m=4840$。
∴$m=12$，符合题意。
故答案为：12。
$=70x+40(100 - x)$
$=30x+4000$，
∴$y$与$x$之间的函数关系式为$y=30x+4000$。
（2）由题意得，
∵购进100个书包的总费用不超过12000元，
∴$130x+80(100 - x) ≤ 12000$，
∴$x≤80$。
又
∵$x≥60$，
∴$60≤x≤80$，
∵在$y=30x+4000$中，$k=30＞0$，
∴$y$随$x$的增大而增大，
∴当$x=80$时，$y$有最大值，最大值为$30×80+4000=6400$。
∴最大利润为6400元。
（3）由题意，优惠后大书包的利润为$(70 - 2m)$元，小书包的利润为$(40+m)$元，
∴利润为$y=(200 - 130 - 2m)x + (120 - 80+m)(100 - x)$
$=(30 - 3m)x+4000+100m$。
①当$30 - 3m＞0$时，即$0＜m＜10$，此时$y$随$x$的增大而增大，
∴当$x=80$时，$y$取最大值为$(30 - 3m)×80+4000+100m=4840$。
∴$m=11\frac{1}{7}＞10$，不合题意。
②当$30 - 3m=0$时，即$m=10$，此时$y$随$x$的增大而增大，
∴$y=5000≠4840$，不合题意。
③当$30 - 3m＜0$时，即$m＞10$，此时$y$随$x$的增大而减小，
∴当$x=60$时，$y$取最大值为$(30 - 3m)×60+4000+100m=4840$。
∴$m=12$，符合题意。
故答案为：12。
解析
【分析】
首先，第（1）问需根据“总利润=单个利润×数量”，分别计算大、小书包的利润再求和，整理得到函数关系式；第（2）问先根据总费用的限制条件列出不等式，结合大书包数量的下限确定x的取值范围，再利用一次函数的增减性（k＞0时，y随x增大而增大）求最大利润；第（3）问需先计算优惠后大、小书包的单个利润，重新构建利润函数，再根据一次函数的斜率（30-3m）的正负分情况讨论函数的增减性，确定不同情况下利润最大时的x值，代入最大利润4840元解方程，结合m的取值范围筛选出符合条件的解。
【解析】
（1）单个大书包利润为$200 - 130 = 70$元，单个小书包利润为$120 - 80 = 40$元，购进大书包$x$个，则小书包$(100 - x)$个，总利润$y = 70x + 40(100 - x)$，化简得：
$y = 70x + 4000 - 40x = 30x + 4000$，即$y$与$x$的函数关系式为$y = 30x + 4000$。
（2）总费用不超过12000元，列不等式：$130x + 80(100 - x) ≤ 12000$，
展开得：$130x + 8000 - 80x ≤ 12000$，
合并同类项：$50x ≤ 4000$，解得$x ≤ 80$。
又已知大书包数量不少于60个，即$x ≥ 60$，所以$60 ≤ x ≤ 80$。
在$y = 30x + 4000$中，$k = 30 ＞ 0$，故$y$随$x$的增大而增大，因此当$x = 80$时，$y$取最大值，最大值为$30×80 + 4000 = 6400$元，即最大利润为6400元。
（3）优惠后，大书包单个利润为$70 - 2m$元，小书包单个利润为$40 + m$元，此时利润函数为：
$y = (70 - 2m)x + (40 + m)(100 - x)$，
展开化简：$y = 70x - 2mx + 4000 - 40x + 100m - mx = (30 - 3m)x + 4000 + 100m$。
分三种情况讨论：
①当$30 - 3m ＞ 0$，即$0 ＜ m ＜ 10$时，$y$随$x$增大而增大，故$x = 80$时利润最大，代入得：
$(30 - 3m)×80 + 4000 + 100m = 4840$，
计算得：$2400 - 240m + 4000 + 100m = 4840$，即$6400 - 140m = 4840$，解得$m = \frac{78}{7} ≈ 11.14$，不满足$0 ＜ m ＜ 10$，舍去；
②当$30 - 3m = 0$，即$m = 10$时，$y = 5000 ≠ 4840$，不合题意，舍去；
③当$30 - 3m ＜ 0$，即$10 ＜ m ＜ 20$时，$y$随$x$增大而减小，故$x = 60$时利润最大，代入得：
$(30 - 3m)×60 + 4000 + 100m = 4840$，
计算得：$1800 - 180m + 4000 + 100m = 4840$，即$5800 - 80m = 4840$，解得$m = 12$，满足$10 ＜ m ＜ 20$，符合题意。
【答案】
（1）$y = 30x + 4000$；（2）6400元；（3）12
【知识点】
一次函数的应用、一元一次不等式的应用
【点评】
本题是一次函数与实际问题结合的综合题，需熟练掌握利润计算、不等式求解及一次函数增减性，第（3）问需分情况讨论函数增减性，对逻辑分析能力有一定要求，整体难度适中。
【难度系数】
0.5
首先，第（1）问需根据“总利润=单个利润×数量”，分别计算大、小书包的利润再求和，整理得到函数关系式；第（2）问先根据总费用的限制条件列出不等式，结合大书包数量的下限确定x的取值范围，再利用一次函数的增减性（k＞0时，y随x增大而增大）求最大利润；第（3）问需先计算优惠后大、小书包的单个利润，重新构建利润函数，再根据一次函数的斜率（30-3m）的正负分情况讨论函数的增减性，确定不同情况下利润最大时的x值，代入最大利润4840元解方程，结合m的取值范围筛选出符合条件的解。
【解析】
（1）单个大书包利润为$200 - 130 = 70$元，单个小书包利润为$120 - 80 = 40$元，购进大书包$x$个，则小书包$(100 - x)$个，总利润$y = 70x + 40(100 - x)$，化简得：
$y = 70x + 4000 - 40x = 30x + 4000$，即$y$与$x$的函数关系式为$y = 30x + 4000$。
（2）总费用不超过12000元，列不等式：$130x + 80(100 - x) ≤ 12000$，
展开得：$130x + 8000 - 80x ≤ 12000$，
合并同类项：$50x ≤ 4000$，解得$x ≤ 80$。
又已知大书包数量不少于60个，即$x ≥ 60$，所以$60 ≤ x ≤ 80$。
在$y = 30x + 4000$中，$k = 30 ＞ 0$，故$y$随$x$的增大而增大，因此当$x = 80$时，$y$取最大值，最大值为$30×80 + 4000 = 6400$元，即最大利润为6400元。
（3）优惠后，大书包单个利润为$70 - 2m$元，小书包单个利润为$40 + m$元，此时利润函数为：
$y = (70 - 2m)x + (40 + m)(100 - x)$，
展开化简：$y = 70x - 2mx + 4000 - 40x + 100m - mx = (30 - 3m)x + 4000 + 100m$。
分三种情况讨论：
①当$30 - 3m ＞ 0$，即$0 ＜ m ＜ 10$时，$y$随$x$增大而增大，故$x = 80$时利润最大，代入得：
$(30 - 3m)×80 + 4000 + 100m = 4840$，
计算得：$2400 - 240m + 4000 + 100m = 4840$，即$6400 - 140m = 4840$，解得$m = \frac{78}{7} ≈ 11.14$，不满足$0 ＜ m ＜ 10$，舍去；
②当$30 - 3m = 0$，即$m = 10$时，$y = 5000 ≠ 4840$，不合题意，舍去；
③当$30 - 3m ＜ 0$，即$10 ＜ m ＜ 20$时，$y$随$x$增大而减小，故$x = 60$时利润最大，代入得：
$(30 - 3m)×60 + 4000 + 100m = 4840$，
计算得：$1800 - 180m + 4000 + 100m = 4840$，即$5800 - 80m = 4840$，解得$m = 12$，满足$10 ＜ m ＜ 20$，符合题意。
【答案】
（1）$y = 30x + 4000$；（2）6400元；（3）12
【知识点】
一次函数的应用、一元一次不等式的应用
【点评】
本题是一次函数与实际问题结合的综合题，需熟练掌握利润计算、不等式求解及一次函数增减性，第（3）问需分情况讨论函数增减性，对逻辑分析能力有一定要求，整体难度适中。
【难度系数】
0.5
23.（10分）如图1，正方形ABCD中，E、F分别为边BC、CD上两个动点，且满足$AE⊥BF$于M.
（1）直接写出BE、CF的数量关系是
（2）如图2，N为DC延长线上一点，$∠FBN=45°$，若$\frac{CN}{DF}=\frac{3}{4}$，求$\frac{BE}{BC}$的值；
（3）如图3，$AB=4$，H为DM的中点，在E、F运动过程中，AH的最大值为
（1）直接写出BE、CF的数量关系是
BE=CF
；（2）如图2，N为DC延长线上一点，$∠FBN=45°$，若$\frac{CN}{DF}=\frac{3}{4}$，求$\frac{BE}{BC}$的值；
（3）如图3，$AB=4$，H为DM的中点，在E、F运动过程中，AH的最大值为
√5 + 1
.答案
解：（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠ABC=∠C=90°$，
∴$∠ABF+∠CBF=90°$，
∵$AE⊥BF$，
∴$∠BAE+∠ABF=90°$，
∴$∠BAE=∠CBF$，
∴$△ABE≌△BCF$（ASA），
∴$BE=CF$；
（2）过点B作$BP⊥BN$交AD于点P，连接PF，
∵$∠FBN=45°$，
∴$∠PBF=∠FBN=45°$，
∵$∠ABP+∠PBC=∠ABC=90°$，$∠CBN+∠PBC=∠PBN=90°$，
∴$∠ABP=∠CBN$，
∵$∠DAB=∠NCB$，$AB=BC$，
∴$△ABP≌△CBN$（ASA），
∴$PB=NB$，$AP=CN$，
∵$BF=BF$，$∠PBF=∠FBN=45°$，
∴$△PBF≌△NBF$（SAS），
∴$PF=FN$，
∵$\frac{CN}{DF}=\frac{3}{4}$，
∴设$CN=3x$，$DF=4x$，$CF=y$，
∴$AD=BC=CD=4x+y$，$AP=CN=3x$，
∴$PD=AD - AP=4x+y - 3x=x+y$，
∵$∠D=90°$，
∴$PD^2+DF^2=PF^2$，
∴$(x+y)^2 + (4x)^2=(3x+y)^2$，
∴$y=2x$，
∴$BE=CF=2x$，$BC=4x+y=4x+2x=6x$，
$\frac{BE}{BC}=\frac{2x}{6x}=\frac{1}{3}$；
（3）延长DA至N，使得$AN=AD$，取AB的中点O，连接NO，MO，MN，
∵H为DM的中点，
∴$NM=\frac{1}{2}AH$，
∵$AB=4$，$AN=AD=AB=4$，$AO=2$，
∴$NO=\sqrt{AO^2 + AN^2}=2\sqrt{5}$，$OM=\frac{1}{2}AB=2$，
∴$MN ≤ OM + ON=2\sqrt{5} + 2$，
∴$AH ≤ \sqrt{5} + 1$，即AH的最大值为$\sqrt{5} + 1$，
故答案为：$\sqrt{5} + 1$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠ABC=∠C=90°$，
∴$∠ABF+∠CBF=90°$，
∵$AE⊥BF$，
∴$∠BAE+∠ABF=90°$，
∴$∠BAE=∠CBF$，
∴$△ABE≌△BCF$（ASA），
∴$BE=CF$；
（2）过点B作$BP⊥BN$交AD于点P，连接PF，
∵$∠FBN=45°$，
∴$∠PBF=∠FBN=45°$，
∵$∠ABP+∠PBC=∠ABC=90°$，$∠CBN+∠PBC=∠PBN=90°$，
∴$∠ABP=∠CBN$，
∵$∠DAB=∠NCB$，$AB=BC$，
∴$△ABP≌△CBN$（ASA），
∴$PB=NB$，$AP=CN$，
∵$BF=BF$，$∠PBF=∠FBN=45°$，
∴$△PBF≌△NBF$（SAS），
∴$PF=FN$，
∵$\frac{CN}{DF}=\frac{3}{4}$，
∴设$CN=3x$，$DF=4x$，$CF=y$，
∴$AD=BC=CD=4x+y$，$AP=CN=3x$，
∴$PD=AD - AP=4x+y - 3x=x+y$，
∵$∠D=90°$，
∴$PD^2+DF^2=PF^2$，
∴$(x+y)^2 + (4x)^2=(3x+y)^2$，
∴$y=2x$，
∴$BE=CF=2x$，$BC=4x+y=4x+2x=6x$，
$\frac{BE}{BC}=\frac{2x}{6x}=\frac{1}{3}$；
（3）延长DA至N，使得$AN=AD$，取AB的中点O，连接NO，MO，MN，
∵H为DM的中点，
∴$NM=\frac{1}{2}AH$，
∵$AB=4$，$AN=AD=AB=4$，$AO=2$，
∴$NO=\sqrt{AO^2 + AN^2}=2\sqrt{5}$，$OM=\frac{1}{2}AB=2$，
∴$MN ≤ OM + ON=2\sqrt{5} + 2$，
∴$AH ≤ \sqrt{5} + 1$，即AH的最大值为$\sqrt{5} + 1$，
故答案为：$\sqrt{5} + 1$。
解析
【分析】
（1）利用正方形的性质，结合AE⊥BF得到的角的等量关系，证明△ABE与△BCF全等，从而得出BE和CF的数量关系；
（2）通过作辅助线构造全等三角形，利用45°角的条件得到线段相等，再设未知数，结合勾股定理建立方程求解BE与BC的比值；
（3）利用中点构造中位线，结合三角形三边关系，找到AH与其他线段的联系，进而求出AH的最大值。
【解析】
（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABF+∠CBF=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
$\{\begin{array}{l}∠BAE=∠CBF \\AB=BC \\∠ABE=∠BCF=90°\end{array} $
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF；
（2）过点B作BP⊥BN交AD于点P，连接PF，
∵∠PBN=90°，∠FBN=45°，
∴∠PBF=∠FBN=45°，
∵∠ABP+∠PBC=∠ABC=90°，∠CBN+∠PBC=∠PBN=90°，
∴∠ABP=∠CBN，
在△ABP和△CBN中，
$\{\begin{array}{l}∠ABP=∠CBN \\AB=BC \\∠BAP=∠BCN=90°\end{array} $
∴△ABP≌△CBN（ASA），
∴PB=NB，AP=CN，
在△PBF和△NBF中，
$\{\begin{array}{l}PB=NB \\∠PBF=∠NBF \\BF=BF\end{array} $
∴△PBF≌△NBF（SAS），
∴PF=FN，
设CN=3x，DF=4x，CF=y，
则AD=BC=CD=CF+DF=y+4x，AP=CN=3x，
∴PD=AD - AP = y+4x -3x = x+y，
在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD² + DF² = PF²，
又FN=CF+CN=y+3x，且PF=FN，
∴(x+y)² + (4x)² = (y+3x)²，
展开化简得：y=2x，
∴BE=CF=2x，BC=CD=CF+DF=2x+4x=6x，
∴$\frac{BE}{BC}=\frac{2x}{6x}=\frac{1}{3}$；
（3）延长DA至N，使AN=AD，取AB中点O，连接NO、MO、MN，
∵H为DM中点，A为DN中点，
∴AH是△DMN的中位线，故AH=$\frac{1}{2}MN$，
∵AB=4，AN=AD=AB=4，O是AB中点，
∴AO=2，
在Rt△ANO中，NO=$\sqrt{AO^2 + AN^2}=\sqrt{2^2 +4^2}=2\sqrt{5}$，
∵∠AMB=90°，O是AB中点，
∴OM=$\frac{1}{2}AB=2$，
根据三角形三边关系，MN≤OM+ON=2+2$\sqrt{5}$，
∴AH=$\frac{1}{2}MN$≤$\frac{1}{2}(2+2\sqrt{5})=\sqrt{5}+1$，
即AH的最大值为$\sqrt{5}+1$。
【答案】
（1）BE=CF；（2）$\frac{1}{3}$；（3）$\sqrt{5}+1$
【知识点】
正方形性质、全等三角形、勾股定理
【点评】
本题为正方形背景下的几何综合题，融合全等三角形、勾股定理、中位线等知识点，需通过构造辅助线解决动点问题，考察几何推理与综合应用能力，综合性较强。
【难度系数】
0.4
（1）利用正方形的性质，结合AE⊥BF得到的角的等量关系，证明△ABE与△BCF全等，从而得出BE和CF的数量关系；
（2）通过作辅助线构造全等三角形，利用45°角的条件得到线段相等，再设未知数，结合勾股定理建立方程求解BE与BC的比值；
（3）利用中点构造中位线，结合三角形三边关系，找到AH与其他线段的联系，进而求出AH的最大值。
【解析】
（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABF+∠CBF=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
$\{\begin{array}{l}∠BAE=∠CBF \\AB=BC \\∠ABE=∠BCF=90°\end{array} $
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF；
（2）过点B作BP⊥BN交AD于点P，连接PF，
∵∠PBN=90°，∠FBN=45°，
∴∠PBF=∠FBN=45°，
∵∠ABP+∠PBC=∠ABC=90°，∠CBN+∠PBC=∠PBN=90°，
∴∠ABP=∠CBN，
在△ABP和△CBN中，
$\{\begin{array}{l}∠ABP=∠CBN \\AB=BC \\∠BAP=∠BCN=90°\end{array} $
∴△ABP≌△CBN（ASA），
∴PB=NB，AP=CN，
在△PBF和△NBF中，
$\{\begin{array}{l}PB=NB \\∠PBF=∠NBF \\BF=BF\end{array} $
∴△PBF≌△NBF（SAS），
∴PF=FN，
设CN=3x，DF=4x，CF=y，
则AD=BC=CD=CF+DF=y+4x，AP=CN=3x，
∴PD=AD - AP = y+4x -3x = x+y，
在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD² + DF² = PF²，
又FN=CF+CN=y+3x，且PF=FN，
∴(x+y)² + (4x)² = (y+3x)²，
展开化简得：y=2x，
∴BE=CF=2x，BC=CD=CF+DF=2x+4x=6x，
∴$\frac{BE}{BC}=\frac{2x}{6x}=\frac{1}{3}$；
（3）延长DA至N，使AN=AD，取AB中点O，连接NO、MO、MN，
∵H为DM中点，A为DN中点，
∴AH是△DMN的中位线，故AH=$\frac{1}{2}MN$，
∵AB=4，AN=AD=AB=4，O是AB中点，
∴AO=2，
在Rt△ANO中，NO=$\sqrt{AO^2 + AN^2}=\sqrt{2^2 +4^2}=2\sqrt{5}$，
∵∠AMB=90°，O是AB中点，
∴OM=$\frac{1}{2}AB=2$，
根据三角形三边关系，MN≤OM+ON=2+2$\sqrt{5}$，
∴AH=$\frac{1}{2}MN$≤$\frac{1}{2}(2+2\sqrt{5})=\sqrt{5}+1$，
即AH的最大值为$\sqrt{5}+1$。
【答案】
（1）BE=CF；（2）$\frac{1}{3}$；（3）$\sqrt{5}+1$
【知识点】
正方形性质、全等三角形、勾股定理
【点评】
本题为正方形背景下的几何综合题，融合全等三角形、勾股定理、中位线等知识点，需通过构造辅助线解决动点问题，考察几何推理与综合应用能力，综合性较强。
【难度系数】
0.4
