登录
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12 000元,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4 840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12 000元,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4 840元,则m的值是
12
.答案
22. 【点拨】本题考查一次函数的应用及一元一次不等式的应用,正确求出函数解析式是解题的关键.
【解析】(1)由题意,得y = (200 - 130)x + (120 - 80)(100 - x) = 30x + 4 000,
∴ y与x之间的函数关系式为y = 30x + 4 000(60≤x≤100,x为整数).
(2)购进100个书包的总费用不超过12 000元,
∴ 130x + 80(100 - x) ≤ 12 000,解得x ≤ 80.
∵ x ≥ 60,
∴ 60 ≤ x ≤ 80.
∵ 在y = 30x + 4 000中,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 + 4 000 = 6 400,
∴ 最大利润为6 400元.
(3)由题意,得优惠后每个大书包的利润为(200 - 130 - 2m)元,每个小书包的利润为(120 - 80 + m)元,
∴ y = (200 - 130 - 2m)x + (120 - 80 + m)(100 - x) = (30 - 3m)x + 4 000 + 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,最大值为(30 - 3m)×80 + 4 000 + 100m = 4 840,解得$m = 11\frac{1}{7} ＞ 10$,不符合题意;
②当30 - 3m = 0时,即m = 10,此时y = 5 000 ≠ 4 840,不符合题意;
③当30 - 3m ＜ 0时,即10 ＜ m ＜ 20,此时y随x的增大而减小,
∴ 当x = 60时,y取最大值,最大值为(30 - 3m)×60 + 4 000 + 100m = 4 840,解得m = 12,符合题意.
综上所述,m的值为12.
故答案为12.
【解析】(1)由题意,得y = (200 - 130)x + (120 - 80)(100 - x) = 30x + 4 000,
∴ y与x之间的函数关系式为y = 30x + 4 000(60≤x≤100,x为整数).
(2)购进100个书包的总费用不超过12 000元,
∴ 130x + 80(100 - x) ≤ 12 000,解得x ≤ 80.
∵ x ≥ 60,
∴ 60 ≤ x ≤ 80.
∵ 在y = 30x + 4 000中,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 + 4 000 = 6 400,
∴ 最大利润为6 400元.
(3)由题意,得优惠后每个大书包的利润为(200 - 130 - 2m)元,每个小书包的利润为(120 - 80 + m)元,
∴ y = (200 - 130 - 2m)x + (120 - 80 + m)(100 - x) = (30 - 3m)x + 4 000 + 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,最大值为(30 - 3m)×80 + 4 000 + 100m = 4 840,解得$m = 11\frac{1}{7} ＞ 10$,不符合题意;
②当30 - 3m = 0时,即m = 10,此时y = 5 000 ≠ 4 840,不符合题意;
③当30 - 3m ＜ 0时,即10 ＜ m ＜ 20,此时y随x的增大而减小,
∴ 当x = 60时,y取最大值,最大值为(30 - 3m)×60 + 4 000 + 100m = 4 840,解得m = 12,符合题意.
综上所述,m的值为12.
故答案为12.
解析
【分析】
解题思路分三步：1. 第(1)问：利润=单个利润×数量，先算出大、小书包的单个利润，结合总数量100个（大书包x个，小书包100-x个），列出函数关系式，同时根据大书包数量不少于60个确定x的取值范围；2. 第(2)问：根据总费用不超过12000元列一元一次不等式，解出x的范围，再结合第(1)问的一次函数，利用一次项系数的正负判断增减性，取范围内最大值求最大利润；3. 第(3)问：先算出优惠后大、小书包的单个利润，重新列出函数关系式，分三种情况讨论一次项系数的正负，根据函数增减性找到最大值对应的x，代入最大值4840解方程，验证解是否符合m的范围，最终得到m的值。
【解析】
(1) 大书包单个利润为200-130=70元，小书包单个利润为120-80=40元，总利润y=70x + 40(100-x)=30x+4000。结合题意，大书包数量不少于60个且总数量为100个，故x的取值范围为60≤x≤100（x为整数），因此y与x的函数关系式为y=30x+4000（60≤x≤100，x为整数）。
(2) 总费用为130x +80(100-x)，根据总费用不超过12000元列不等式：130x+80(100-x)≤12000，化简得50x≤4000，解得x≤80。结合x≥60，得60≤x≤80。在y=30x+4000中，30＞0，y随x增大而增大，故当x=80时，y最大，最大利润为30×80+4000=6400元。
(3) 优惠后大书包单个利润为(200-130-2m)=70-2m元，小书包单个利润为(120-80+m)=40+m元，总利润y=(70-2m)x+(40+m)(100-x)，化简得y=(30-3m)x+4000+100m。分三种情况：①当0＜m＜10时，30-3m＞0，y随x增大而增大，x=80时y最大，代入得(30-3m)×80+4000+100m=4840，解得m=11又1/7，不符合范围舍去；②当m=10时，y=5000≠4840，舍去；③当10＜m＜20时，30-3m＜0，y随x增大而减小，x=60时y最大，代入得(30-3m)×60+4000+100m=4840，解得m=12，符合范围。
【答案】
12
【知识点】
一次函数的应用；一元一次不等式的应用
【点评】
本题是一次函数在销售问题中的综合应用，结合一元一次不等式确定自变量范围，通过分析一次函数增减性求最值，分情况讨论参数范围求解，考查学生的逻辑分析与运算能力，需注意参数范围的验证。
【难度系数】
0.5
解题思路分三步：1. 第(1)问：利润=单个利润×数量，先算出大、小书包的单个利润，结合总数量100个（大书包x个，小书包100-x个），列出函数关系式，同时根据大书包数量不少于60个确定x的取值范围；2. 第(2)问：根据总费用不超过12000元列一元一次不等式，解出x的范围，再结合第(1)问的一次函数，利用一次项系数的正负判断增减性，取范围内最大值求最大利润；3. 第(3)问：先算出优惠后大、小书包的单个利润，重新列出函数关系式，分三种情况讨论一次项系数的正负，根据函数增减性找到最大值对应的x，代入最大值4840解方程，验证解是否符合m的范围，最终得到m的值。
【解析】
(1) 大书包单个利润为200-130=70元，小书包单个利润为120-80=40元，总利润y=70x + 40(100-x)=30x+4000。结合题意，大书包数量不少于60个且总数量为100个，故x的取值范围为60≤x≤100（x为整数），因此y与x的函数关系式为y=30x+4000（60≤x≤100，x为整数）。
(2) 总费用为130x +80(100-x)，根据总费用不超过12000元列不等式：130x+80(100-x)≤12000，化简得50x≤4000，解得x≤80。结合x≥60，得60≤x≤80。在y=30x+4000中，30＞0，y随x增大而增大，故当x=80时，y最大，最大利润为30×80+4000=6400元。
(3) 优惠后大书包单个利润为(200-130-2m)=70-2m元，小书包单个利润为(120-80+m)=40+m元，总利润y=(70-2m)x+(40+m)(100-x)，化简得y=(30-3m)x+4000+100m。分三种情况：①当0＜m＜10时，30-3m＞0，y随x增大而增大，x=80时y最大，代入得(30-3m)×80+4000+100m=4840，解得m=11又1/7，不符合范围舍去；②当m=10时，y=5000≠4840，舍去；③当10＜m＜20时，30-3m＜0，y随x增大而减小，x=60时y最大，代入得(30-3m)×60+4000+100m=4840，解得m=12，符合范围。
【答案】
12
【知识点】
一次函数的应用；一元一次不等式的应用
【点评】
本题是一次函数在销售问题中的综合应用，结合一元一次不等式确定自变量范围，通过分析一次函数增减性求最值，分情况讨论参数范围求解，考查学生的逻辑分析与运算能力，需注意参数范围的验证。
【难度系数】
0.5
23. (10分)如图1,在正方形ABCD中,E,F分别为边BC,CD上两个动点,且满足AE⊥BF于点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,在点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,在点E,F运动过程中,AH的最大值为
$\sqrt{5}+1$
.答案
23. 【点拨】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及三角形三边关系,正确添加辅助线是解题的关键.
【解析】(1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB = BC,∠ABE = ∠C = 90°,
∴ ∠ABF + ∠CBF = 90°.
∵ AE ⊥ BF,
∴ ∠BAE + ∠ABF = 90°,
∴ ∠BAE = ∠CBF.
在△ABE和△BCF中,
∵ ∠ABE = ∠C,AB = BC,∠BAE = ∠CBF,
∴ △ABE ≅ △BCF(ASA),
∴ BE = CF.故答案为BE = CF.
(2)如题图2,过点B作BP ⊥ BN交AD于点P,连接PF,则∠PBN = 90°,
∴ ∠CBN + ∠PBC = 90°.
∵ ∠FBN = 45°,
∴ ∠PBF = ∠FBN = 45°.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB = CB = AD = CD,∠BAP = ∠BCD = 90°,
∴ ∠BCN = 90°.
∵ ∠ABP + ∠PBC = ∠ABC = 90°,
∴ ∠ABP = ∠CBN.
在△ABP和△CBN中,
∵ ∠ABP = ∠CBN,AB = CB,∠BAP = ∠BCN = 90°,
∴ △ABP ≅ △CBN(ASA),
∴ PB = NB,AP = CN.
在△PBF和△NBF中,
∵ BF = BF,∠PBF = ∠NBF = 45°,PB = NB,
∴ △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 = 6x,
∴ $\frac{BE}{BC} = \frac{2x}{6x} = \frac{1}{3}$.
(3)如图,延长DA至点N,使得AN = AD,取AB的中点O,连接NO,MO,MN.
∵ H为DM的中点,
∴ AH是△DMN的中位线,
∴ AH = $\frac{1}{2}MN$.
∵ AB = 4,
∴ AN = AD = AB = 4,AO = 2,
∴ ON = $\sqrt{AN^2 + AO^2} = 2\sqrt{5}$.
∵ AE ⊥ BF,
∴ ∠AMB = 90°,
∴ OM = $\frac{1}{2}AB = 2$,
∴ MN ≤ ON + OM = $2\sqrt{5} + 2$,
∴ AH ≤ $\sqrt{5} + 1$,
∴ AH的最大值为$\sqrt{5} + 1$.
故答案为$\sqrt{5} + 1$.
解析
【分析】
本题为正方形背景下的几何综合题，分三小问逐步突破：
(1) 要确定BE与CF的数量关系，利用正方形的边相等、角为直角的性质，结合AE⊥BF得到的余角相等，证明△ABE与△BCF全等，即可推出BE=CF；
(2) 已知∠FBN=45°，需通过作辅助线BP⊥BN，构造两对全等三角形，再设未知数结合勾股定理建立方程，求解BE与BC的比值；
(3) 求AH的最大值，利用中点构造中位线，将AH转化为线段MN的一半，再结合两点之间线段最短，找到MN的最大值，进而得到AH的最大值。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵ AE⊥BF，
∴ ∠BAE + ∠ABF=90°，
又
∵ ∠ABF + ∠CBF=90°，
∴ ∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中：
$\{\begin{array}{l}∠ABE=∠BCF \\AB=BC \\∠BAE=∠CBF\end{array} $
∴ △ABE≌△BCF(ASA)，
∴ BE=CF；
(2) 过点B作BP⊥BN交AD于点P，连接PF，
则∠PBN=90°，
∴ ∠CBN + ∠PBC=90°，
∵ ∠ABC=90°，
∴ ∠ABP + ∠PBC=90°，
∴ ∠ABP=∠CBN，
在△ABP和△CBN中：
$\{\begin{array}{l}∠ABP=∠CBN \\AB=CB \\∠BAP=∠BCN=90°\end{array} $
∴ △ABP≌△CBN(ASA)，
∴ PB=NB，AP=CN，
∵ ∠FBN=45°，
∴ ∠PBF=∠PBN - ∠FBN=45°=∠FBN，
在△PBF和△NBF中：
$\{\begin{array}{l}BF=BF \\∠PBF=∠NBF \\PB=NB\end{array} $
∴ △PBF≌△NBF(SAS)，
∴ PF=FN，
设CN=3x，DF=4x，CF=y，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD=AD=4x + y，
∴ AP=CN=3x，PD=AD - AP=x + y，
在Rt△PDF中，由勾股定理：PD² + DF²=PF²，且FN=CF + CN=y + 3x，PF=FN，
∴ (x + y)² + (4x)²=(3x + y)²，
化简得：8x² -4xy=0 → y=2x，
∴ BE=CF=2x，BC=4x + y=6x，
∴ $\frac{BE}{BC}=\frac{2x}{6x}=\frac{1}{3}$；
(3) 延长DA至点N，使得AN=AD，取AB的中点O，连接NO、MO、MN，
∵ H为DM的中点，
∴ AH是△DMN的中位线，
∴ AH=$\frac{1}{2}$MN，
∵ AB=4，
∴ AN=AD=AB=4，AO=2，
在Rt△ANO中，ON=$\sqrt{AN² + AO²}=2\sqrt{5}$，
∵ AE⊥BF，
∴ ∠AMB=90°，在Rt△AMB中，O是AB中点，
∴ OM=$\frac{1}{2}$AB=2，
根据三角形三边关系，MN≤ON + OM=2$\sqrt{5}$ + 2，
∴ AH≤$\frac{1}{2}(2\sqrt{5}+2)=\sqrt{5}+1$，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、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题以正方形为载体，综合考查全等三角形、勾股定理、中位线定理等核心知识点，辅助线构造是解题关键，对学生的几何逻辑推理和图形转化能力要求较高，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
本题为正方形背景下的几何综合题，分三小问逐步突破：
(1) 要确定BE与CF的数量关系，利用正方形的边相等、角为直角的性质，结合AE⊥BF得到的余角相等，证明△ABE与△BCF全等，即可推出BE=CF；
(2) 已知∠FBN=45°，需通过作辅助线BP⊥BN，构造两对全等三角形，再设未知数结合勾股定理建立方程，求解BE与BC的比值；
(3) 求AH的最大值，利用中点构造中位线，将AH转化为线段MN的一半，再结合两点之间线段最短，找到MN的最大值，进而得到AH的最大值。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵ AE⊥BF，
∴ ∠BAE + ∠ABF=90°，
又
∵ ∠ABF + ∠CBF=90°，
∴ ∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中：
$\{\begin{array}{l}∠ABE=∠BCF \\AB=BC \\∠BAE=∠CBF\end{array} $
∴ △ABE≌△BCF(ASA)，
∴ BE=CF；
(2) 过点B作BP⊥BN交AD于点P，连接PF，
则∠PBN=90°，
∴ ∠CBN + ∠PBC=90°，
∵ ∠ABC=90°，
∴ ∠ABP + ∠PBC=90°，
∴ ∠ABP=∠CBN，
在△ABP和△CBN中：
$\{\begin{array}{l}∠ABP=∠CBN \\AB=CB \\∠BAP=∠BCN=90°\end{array} $
∴ △ABP≌△CBN(ASA)，
∴ PB=NB，AP=CN，
∵ ∠FBN=45°，
∴ ∠PBF=∠PBN - ∠FBN=45°=∠FBN，
在△PBF和△NBF中：
$\{\begin{array}{l}BF=BF \\∠PBF=∠NBF \\PB=NB\end{array} $
∴ △PBF≌△NBF(SAS)，
∴ PF=FN，
设CN=3x，DF=4x，CF=y，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD=AD=4x + y，
∴ AP=CN=3x，PD=AD - AP=x + y，
在Rt△PDF中，由勾股定理：PD² + DF²=PF²，且FN=CF + CN=y + 3x，PF=FN，
∴ (x + y)² + (4x)²=(3x + y)²，
化简得：8x² -4xy=0 → y=2x，
∴ BE=CF=2x，BC=4x + y=6x，
∴ $\frac{BE}{BC}=\frac{2x}{6x}=\frac{1}{3}$；
(3) 延长DA至点N，使得AN=AD，取AB的中点O，连接NO、MO、MN，
∵ H为DM的中点，
∴ AH是△DMN的中位线，
∴ AH=$\frac{1}{2}$MN，
∵ AB=4，
∴ AN=AD=AB=4，AO=2，
在Rt△ANO中，ON=$\sqrt{AN² + AO²}=2\sqrt{5}$，
∵ AE⊥BF，
∴ ∠AMB=90°，在Rt△AMB中，O是AB中点，
∴ OM=$\frac{1}{2}$AB=2，
根据三角形三边关系，MN≤ON + OM=2$\sqrt{5}$ + 2，
∴ AH≤$\frac{1}{2}(2\sqrt{5}+2)=\sqrt{5}+1$，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、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题以正方形为载体，综合考查全等三角形、勾股定理、中位线定理等核心知识点，辅助线构造是解题关键，对学生的几何逻辑推理和图形转化能力要求较高，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
