2022-2023学年四川师大附中外国语学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年四川师大附中外国语学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形是疫情导视标识牌，在这些导视标识牌中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.把不等式2x≥−4的解集在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
3.若a>b，则下列不等式不正确的是( )
A. a>b−1B. 3a>3bC. −a>−bD. a−1>b−1
4.下列因式分解正确的是( )
A. x2+9=(x+3)2B. −x2+y=(x+y)(x−y)
C. 2a2+a−6=a(2a+1)−6D. m2+4m+4=(m+2)2
5.在等腰三角形△ABC中，有一个角是90°，那么其它两个角是( )
A. 50°和80°B. 65°和65°
C. 30°和30°或65°和65°D. 以上都不对
6.如图，函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(3,6)，则不等式2xA. x<32
B. x<3
C. x>32
D. x>3
7.如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=25°，以点C为旋转中心顺时针旋转后得到△A′B′C，且点A在边A′B′上，则旋转角的度数为( )
A. 65°
B. 60°
C. 50°
D. 40°
8.如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB于点F，且DE=DG，S△ADG=24，S△AED=18，则△DEF的面积为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
二、填空题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
9.1012−198×101+992= ______ ．
10.在平面直角坐标系中，将点M(−2,3)向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到的点的坐标为______ ．
11.一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若∠1=20°，则∠2的度数是______．
12.如图，将△ABC沿BC方向平移3cm得到△DEF，若△ABC的周长为20cm，则四边形ABFD的周长为______．
13.如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以B，C为圆心，以大于12BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M，N；②作直线MN交AB于点D，连结CD.若CD=AC，∠A=48°，则∠ACB=______．
14.若x−y=2x−2y=−4，则代数式x2−3xy+2y2的值______ ．
15.如图，在△ABC中，AB=BC，以点B为圆心，恰当长为半径调弧交DA于点交BC于点N，分别以M、N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线BD交AC于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE=AC=4，则EF的长是______ ．
16.对于三个数a、b、c，我们给出符号来表示其中最大的数，规定max{a,b,c}表示选三个数中最大的数，例如max{−1,2,3}=3，max{−1,2,a}=a(a≥2)2(a<2)，则max{2,x2+2,2x}= ______ ，若max{2,x+1,2x}=2x，求x的取值形围______ ．
17.如图，在△ABC中，AC=BC=9，∠C=120°，D为AC边上一点，且AD=6，E是AB边上一动点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转30°得到DF，若F恰好在BC边上，则AE的长为______．
18.如图，在平面直角坐标系中，AB⊥y轴，垂足为B，将△ABO绕点A逆时针旋转到△AB1O1的位置，使点B的对应点B1落在直线y=−34x上，再将△AB1O1绕点B1逆时针旋转到△A1B1O2的位置，使点O1的对应点O2也落在直线y=−34x上，以此进行下去…若点B的坐标为(0,3)，则点B21的纵坐标为______ ．
19.(1)因式分解：4x2(y−2)+9(2−y)；
(2)解不等式组7−3x≥12x−13>x−22，并求它的所有整数解的和．
20.如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上，三个顶点的坐标分别是A(−3,4)，B(−2,1)，C(−4,2)．
(1)以点O(0,0)为对称中心，画出与△ABC成中心对称的△A1B1C1．
(2)将点B绕坐标原点逆时针方向旋转90°至点B3，直接写出点的坐标；
(3)将△ABC向右平移7个单位长度得△A2B2C2，在坐标系中画出并求出这个变化过程中△ABC扫过的面积．
21.如图，将一张矩形纸板按图中虚线裁剪成九块，其中有两块是边长都为m的大正方形，两块是边长都为n的小正方形，五块是长为m，宽为n的全等小矩形且m>0.(以上长度单位：cm)
(1)观察图形，可以发现代数式2m2+5mn+2n2可以因式分解为______ ．
(2)若每块小矩形的面积为20cm2，四个正方形的面积和为82cm2，试求图中所有裁剪线(虚线部分)长之和．
22.在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=−4x−2交y轴于点C，与直线AB：y=kx+2交于点D，且S△ACD=167．
(1)求D点坐标和直线AB的解析式；
(2)点P为y轴上一点，当△ABP为等腰三角形时，求P点的坐标．
23.如图，在Rt△ABC中，以AC为腰，作等腰△ACD且AC=CD，在△ACD内部找一点E使得∠DEC=90°，∠BCE=∠ACD，连接BE，延长BE与AD交于点F．
(1)求证：△ABC≌△DEC；
(2)求证：∠DEF=∠ABF；
(3)若AD=8，求AF的长．
24.为贯彻执行“德，智，体，类，劳”五育并举的教育方针，某市某中学组织全体学生前往某劳动实践基地开展劳动实践活动，在此次活动中，若每位老师带队30名学生，则还剩7名学生没老师带，若每位老师带队31名学生，就有一位老师少带1名学生，现有甲、乙两型客车，它们的载客量和租金如下表所示：
学校计划此次劳动实践活动的租金总费用不超过3000元．
(1)参加此次劳动实践活动的老师和同学各有多少？
(2)每位老师负责一辆车的组织工作，请问有哪几种租车方案？
(3)学校租车总费用最少是多少元？
25.如图1，平面直角坐标系中，直线y=−34x+m交x轴于点A(4,0)，交y轴正半轴于点B．
(1)求△AOB的面积；
(2)如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB=BC，P为线段AB(不含A，B两点)上一点，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；
(3)在(2)的条件下，M为线段CA延长线上一点，且AM=CQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使△QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
26.已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，CD⊥AB于D．
(1)如图1，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接AF交CD于点G.求证：AG=GF；
(2)如图2，点E是线段CB上一点(CE<12CB).连接ED，将线段ED绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接AF交CD于点G．
①求证：AG=GF；
②若AC=BC=7，CE=2，求DG的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.是中心对称图形，故本选项符合题意；
B.不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
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，这个点叫做对称中心．据此判断即可．
本题考查了中心对称图形，熟记定义是解答本题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：解不等式2x≥−4，得：x≥−2，
表示在数轴上如图：
故选：B．
求出不等式的解集，再根据“大于向右，小于向左，不包括端点用空心，包括端点用实心”的原则将解集在数轴上表示出来．
本题主要考查解不等式的基本能力及在数轴上表示不等式的解集，不等式的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．
3.【答案】C
【解析】解：A.因为a>b，则a>b−1，所以A选项不符合题意；
B.因为a>b，则3a>3b，所以B选项不符合题意；
C.因为a>b，则−a<−b，所以C选项符合题意；
D.因为a>b，则a−1>b−1，所以D选项不符合题意．
故选：C．
根据不等式的性质1对A选项、D选项进行判断；根据不等式的性质2对B选项进行判断；根据不等式的性质3对C选项进行判断．
本题考查了不等式的性质：灵活运用不等式的性质是解决问题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A.x2+9在实数范围内不能进行因式分解，因此选项A不符合题意；
B.−x2+y=在实数范围内不能进行因式分解，因此选项B不符合题意；
C.2a2+a−6=a(2a+1)−6不符合因式分解的定义，因此选项C不符合题意；
D.m2+4m+4=(m+2)2，因此选项D符合题意；
故选：D．
根据因式分解的意义，利用完全平方公式，提公因式法逐项进行判断即可．
本题考查提公因式法、公式法因式分解，理解因式分解的意义，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵等腰三角形的两个底角相等，
∴90°的角只能是等腰三角形△ABC的顶角，
∴等腰三角形△ABC其它两个角都是45°．
故选：D．
由等腰三角形的性质，即可得到答案．
本题考查等腰三角形的性质，关键是掌握等腰三角形的两个底角相等．
6.【答案】B
【解析】解：∵函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(3,6)，
∴不等式2x故选：B．
先根据函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(3,6)，根据函数的图象即可得出不等式2x此题考查的是用图象法来解不等式，充分理解一次函数与不等式的联系是解决问题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=25°，
∴∠BAC=65°，
∵以点C为旋转中心顺时针旋转后得到△A′B′C，且点A在边A′B′上，
∴CA=CA′，∠A′=∠BAC=65°，∠ACA′等于旋转角，
∴∠CAA′=∠A′=65°，
∴∠ACA′=180°−65°−65°=50°，
即旋转角的度数为50°．
故选：C．
先利用互余计算出∠BAC=65°，再利用旋转的性质得CA=CA′，∠A′=∠BAC=65°，∠ACA′等于旋转角，根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ACA′的度数即可．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
8.【答案】B
【解析】解：过点D作DH⊥AC于H，
∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，DH⊥AC，
∴DH=DF，
在Rt△DEF和Rt△DGH中，
DF=DHDE=DG，
∴Rt△DEF≌Rt△DGH(HL)，
∴△DEF的面积=△DGH的面积，
设△DEF的面积=△DGH的面积=S，
同理可证，Rt△ADF≌Rt△ADH，
∴△ADF的面积=△ADH的面积，
∴24−S=18+S，
解得，S=3，
故选：B．
过点D作DH⊥AC于H，根据角平分线的性质得到DH=DF，进而证明Rt△DEF≌Rt△DGH，根据全等三角形的性质得到△DEF的面积=△DGH的面积，根据题意列出方程，解方程得到答案．
本题考查的是全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，作辅助线构造出全等三角形并利用角平分线的性质是解题的关键．
9.【答案】4
【解析】解：1012−198×101+992
=1012−2×99×101+992
=(101−99)2
=22
=4．
把198写成2×99，然后利用完全平方公式．
本题考查了完全平方公式，掌握完全平方公式的结构特点是解决本题的关键．
10.【答案】(−1,1)
【解析】解：将点M(−2,3)向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到的点的坐标为(−2+1,3−2)，即(−1,1)．
故答案为：(−1,1)．
根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得答案．
本题考查了坐标与图形变化−平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
11.【答案】25°
【解析】解：∵AB/​/CD，
∴∠3=∠1=20°．
∵该三角尺是等腰直角三角尺，
∴∠2+∠3=45°．
∴∠2=25°．
故答案为：25°．
用平行线的性质得出内错角相等，再利用角的差求结果．
本题考查等腰三角形平行线的性质，掌握平行推那两个角相等，找准角是解题的关键．
12.【答案】26cm
【解析】解：由平移的性质可知：AD=BE=CF=3cm，AC=DF，
∵AB+BC+AC=20cm，
∴AB+BC+DF=20cm，
∴四边形ABFD的周长=AB+BC+CF+DF+AD=20+6=26(cm)，
故答案为26cm．
利用平移的性质解决问题即可．
本题考查平移的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13.【答案】108°
【解析】解：∵CD=AC，∠A=48°，
∴∠ADC=48°，
由作图知MN是BC的垂直平分线，
∴DB=DC，
∴∠B=∠BCD=12∠ADC=24°，
则∠ACB=180°−∠A−∠B=108°，
故答案为：108°．
由CD=AC，∠A=48°，根据等腰三角形的性质，可求得∠ADC的度数，又由题意可得：MN是BC的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质可得：CD=BD，则可求得∠B的度数，继而求得答案．
此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质．注意垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
14.【答案】解：(1)原式=4x2(y−2)−9(y−2)
=(y−2)(4x2−9)
=(y−2)(2x+3)(2x−3)；
(2)7−3x≥1①2x−13>x−22②，
不等式①的解集为：x≤2，
不等式②的解集为：x>−4，
∴不等式组的解集为：−4<≤2．
∴不等式组的整数解为：−3，−2，−1，0，1，2．
∴它的所有整数解的和为：−3−2−1+0+1+2=−3．
【解析】(1)利用提公因式法和平方差公式解答即可；
(2)分别求得每个不等式的解集，并求得它们的公共部分得到不等式组的解集，再求得所有的整数解，最后相加即可．
本题主要考查了多项式的因式分解，一元一次不等式组的解法，熟练掌握因式分解的方法和一元一次不等式组的解法是解题的关键．
15.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，点B3即为所求，B3(−1,−2)；
(3)如图，△A2B2C2，这个变化过程中△ABC经过的面积=2×3−12×1×2−12×1×2−12×1×3+7×3=472．

【解析】(1)利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)作出图形，可得结论；
(3)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
本题考查作图−中心对称变换，平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16.【答案】(2m+n)(m+2n)
【解析】解：(1)∵代数式2m2+5mn+2n2表示的是边长为2m+n，m+2n的长方形的面积，
∴代数式2m2+5mn+2n2=(m+2n)(2m+n)．
故答案为：(2m+n)(m+2n)；
(2)∵每块小矩形的面积为20cm2，四个正方形的面积和为82cm2，
∴mn=20，2m2+2n2=82，
∴m2+n2=41，
∴m2+n2+2mn=41+40，m2+n2−2mn=41−40，
∴(m+n)2=81，
∵m>n>0，
∴m+n=9，
∴图中所有裁剪线(虚线部分)长之和
=2(m+2n)+2(2m+n)
=2m+4n+4m+2n
=6m+6n
=6(m+n)
=6×9
=54(cm)．
(1)利用长方形的面积公式解答即可；
(2)利用含m，n的代数式表示出所有裁剪线(虚线部分)长之和，再利用图形的面积关系，完全平方公式求得m，n值，最后代入运算即可．
本题主要考查了长方形的面积与周长，因式分解的几何意义，完全平方公式的应用，熟练掌握多项式的乘法公式是解题的关键．
17.【答案】解：(1)由一次函数y=−4x−2交y轴于点C，
得点C坐标为(0,−2)，
由直线AB：y=kx+2，
得点A的坐标为(0,2)，
∴AC=4，
∵S△ACD=167，
∴△ACD中AC边的高=87，
∴点D的横坐标为−87，
当x=−87时，y=−4x−2=187
∴点D的坐标(−87,187)，
把点D坐标代入直线AB：y=kx+2，
得−87k+2=187，
∴k=−12，
∴直线AB的解析式y=−12x+2；
(2)由直线AB的解析式y=−12x+2，
得B点的坐标(4,0)，
∴AB=2 5，
当△ABP为等腰三角形时，分三种情况
①以A为圆心，AB长为半径作圆，则AB=AP=2 5，
∴点P1坐标为(0,2+2 5)，P2坐标为(0,2−2 5)；
②以B为圆心，AB长为半径作圆，则AB=BP=2 5，
由等腰三角形三线合一得OP=OA=2，
∴点P3的坐标为(0,−2)；
③作AB的垂直平分线，交y轴于点P，则AP=BP，
∵∠AOB=∠AEP=90°，∠OAB=∠EAP，
∴△AEP∽△AOB，
∴AOAB=AEAP=22 5=1 5，
∴AP= 5AE= 5× 5=5，
∴点P4的坐标为(0,−3)，
∴点P坐标为(0,2+2 5)或(0,2−2 5)或(0,−2)或(0,−3)．
【解析】(1)一次函数y=−4x−2交y轴于点C，可得点C坐标为(0,−2)，再由直线AB：y=kx+2可得点A的坐标为(0,2)，求出AC=4，由S△ACD=167，可得△ACD中AC边的高=87，此时点D的横坐标为−87，由一次函数y=−4x−2即可求出点D的坐标，再把点D坐标代入直线AB：y=kx+2，即可求出k的值；
(2)由AB的函数关系式，可得A、B两点的坐标，当△ABP为等腰三角形时，分三种情况①AB=AP，②AB=BP，③AP=BP进行分别求解．
本题考查了一次函数解析式求法，交点坐标的意义，一次函数与等腰三角形的相结合的问题，关键是要分类讨论．
18.【答案】(1)证明：∵∠BCE=∠ACD，
∴∠BCE−∠ACE=∠ACD−∠ACE，
∴∠ACB=∠DCE，
在△ABC和△DEC中，
∠ACB=∠DCE∠ABC=∠DECAC=CD，
∴△ABC≌△DEC(AAS)；
(2)证明：由(1)得：△ABC≌△DEC，
∴CB=CE，
∴∠CBF=∠CEB，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABF=90°−∠CBF，
∵∠DEC=90°，
∴∠DEF=180°−∠DEC−∠CEB=90°−∠CEB，
∴∠DEF=∠ABF；
(3)解：在BF上截取BP=EF，连接AP，

由(1)得：△ABC≌△DEC，
∴AB=DE，
在△ABP和△DEF中，
AB=DE∠ABP=∠DEFBP=EF，
∴△ABP≌△DEF(SAS)，
∴AP=DF，∠APB=∠DFE，
∵∠APB+∠APF=180°，∠DFE+∠AFP=180°，
∴∠APF=∠AFP，
∴AP=AF，
∴AF=DF=12AD=4，
∴AF的长为4．
【解析】(1)利用等式的性质可得∠ACB=∠DCE，然后利用手拉手模型−旋转型全等证明，即可解答；
(2)利用(1)的结论可得：CB=CE，从而可得∠CBF=∠CEB，然后利用角的和差关系可得∠ABF=90°−∠CBF，∠DEF=90°−∠CEB，从而可得∠DEF=∠ABF，即可解答；
(3)在BF上截取BP=EF，连接AP，利用(1)的结论可得：AB=DE，然后利用SAS证明△ABP≌△DEF，从而可得AP=DF，∠APB=∠DFE，再利用等角的补角相等可得∠APF=∠AFP，从而可得AP=AF，进而可得AF=DF=12AD=4，即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19.【答案】−8
【解析】解：原式=(x−2y)(x−y)
=2×(−4)
=−8．
故答案为：−8．
利用因式分解的方法将代数式变形后，利用整体代入的方法解答即可．
本题主要考查了求代数式的值，利用因式分解的方法将代数式变形是解题的关键．
20.【答案】 5
【解析】解：∵BA=BC，BE平分∠ABC，
∴BE⊥AC，AE=EC=12AC=2，
∴BC= BE2+EC2= 42+22=2 5，
在Rt△BEC中，BF=CF，
∴EF=12BC= 5．
故答案为： 5．
利用勾股定理求出BC，再利用直角三角形斜边中线的性质求解．
本题考查作图−基本作图，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，
21.【答案】x2+2 x≥1
【解析】解：由题知，
∵x2+2−2=x2≥0，
∴x2+2≥2．
∵x2+2−2x=(x−1)2+1≥1>0，
∴x2+2>2x．
所以max{2,x2+2,2x}=x2+2．
由max{2,x+1,2x}=2x可知，
2x≥22x≥x+1，
解得x≥1．
故答案为：x2+2，x≥1．
根据题中的规定，对所给代数式进行大小比较即可解决问题．
本题考查二次函数的性质，能够根据题中规定，对所给代数式进行正确的大小比较是解题的关键．
22.【答案】3+4 3
【解析】解：如图，延长DC到G，使DG=AE，连接FG，
∵AC=BC，∠C=120°，
∴∠A=30°，∠FCG=60°，
∵∠A+∠1=∠EDF+∠2，
又∵∠EDF=30°，
∴∠1=∠2，
在△EDA和△DFG中，
AE=GD∠1=∠2ED=DF，
∴△EDA≌△DFG(SAS)
∴AD=GF=6，∠A=∠G=30°，
∵∠G+∠FCG=90°，
∴∠CFG=90°，
设CF=x，则CG=2x，由CF2+FG2=CG2得：
x2+62=(2x)2，
解得x1=2 3，x2=−2 3(不合题意舍去)，
∴CG=4 3，
∴AE=DG=3+4 3，
故答案为：3+4 3．
由∠C=120°，AC=BC可知∠A=30°，又有∠EDF=30°，联想一线三等角模型，延长DC到G，使DG=AE，得△DFG≌△EDA，进而可得GF=6，∠G=30°，由于∠FCG=60°，即可得△CFG是直角三角形，易求CG，由DG=AE即可解题．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的性质．本题解题关键是通过一线三等角模型构造全等三角形，从而得到Rt△CFG．
23.【答案】3875
【解析】解：∵AB⊥y轴，点B(0,3)，
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入y=−34x，
得：3=−34x，得：x=−4，即A(−4,3)，
∴OB=3，AB=4，OA= 32+42=5，
由旋转可知：
OB=O1B1=O2B2=，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，
∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，
∴OB21=OB1+B1B21=9+(21−1)÷2×12=129，
设B21(a,−34a)，则OB21= a2+(−34a)2=129，
解得：a=−5165或5165(舍)，
则−34a=−34×(−5165)=3875，即点B21的纵坐标为3875，
故答案为：3875．
计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设参加此次劳动实践活动的老师有x位，则参加此次劳动实践活动的学生有(30x+7)名，
根据题意得：30x+7=31x−1，
解得：x=8，
∴30x+7=30×8+7=247(名)．
答：参加此次劳动实践活动的老师有8位，学生有247名；
(2)设租用m辆甲型客车，则租用(8−m)辆乙型客车，
根据题意得：35m+30(8−m)≥8+247400m+320(8−m)≤3000，
解得：3≤m≤112，
又∵m为正整数，
∴m可以为3，4，5，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用3辆甲型客车，5辆乙型客车；
方案2：租用4辆甲型客车，4辆乙型客车；
方案3：租用5辆甲型客车，3辆乙型客车；
(3)方案1所需租车总费用为400×3+320×5=2800(元)；
方案2所需租车总费用为400×4+320×4=2880(元)；
方案3所需租车总费用为400×5+320×3=2960(元)．
∵2800<2880<2960，
∴学校租车总费用最少是2800元．
【解析】(1)设参加此次劳动实践活动的老师有x位，则参加此次劳动实践活动的学生有(30x+7)名，根据“若每位老师带队31名学生，就有一位老师少带1名学生”，可列出关于x的一元一次方程，解之可求出参加此次劳动实践活动的老师人数，再将其代入(30x+7)中，即可求出参加此次劳动实践活动的学生人数；
(2)设租用m辆甲型客车，则租用(8−m)辆乙型客车，根据租用的两种型号客车的载客量不少于(8+247)人且租车总费用不超过3000元，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各租车方案；
(3)利用租车总费用=每辆甲型客车的租金×租用甲型客车的数量+每辆乙型客车的租金×租用乙型客车的数量，可分别求出各方案所需租车总费用，比较后即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用、一元一次不等式组的应用以及有理数的混合运算，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元一次方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；(3)根据各数量之间的关系，求出各方案所需租车总费用．
25.【答案】解：(1)∵y=−34x+m交x轴于点A(4,0)，
∴0=−34×4+m，
解得m=3，
∴直线AB解析式为y=−34x+3，
令x=0，y=3，B(0,3)；
∵A(4,0)，B(0,3)，
∴OA=4，OB=3，
∵∠AOB=90°，
∴S△AOB=12×OA×OB=12×4×3=6；
(2)∵OA=4，OB=3，
∴AB═ OA2+OB2=5=BC，
∴OC=2，
∴点C(0,−2)，
设直线AC解析式为y=kx+n，
∴4k+n=0n=−2，
∴k=12n=−2，
∴直线AC解析式为y=12x−2，
∵P在直线y=−34x+3上，
∴可设点P(t,−34t+3)，
∵PQ/​/y轴，且点Q在y=12x−2上，
∴Q(t,12t−2)，
∴d=(−34t+3)−(12t−2)=−54t+5(0(3)过点M作MG⊥PQ于G，
∴∠QGM=90°=∠COA，
∵PQ/​/y轴，
∴∠OCA=∠GQM，
∵CQ=AM，
∴AC=QM，
在△OAC与△GMQ中，
∠AOC=∠MGQ∠ACO=∠MQGAC=MQ，
∴△OAC≌△GMQ(AAS)，
∴QG=OC=2，GM=OA=4，
过点N作NH⊥PQ于H，过点M作MR⊥NH于点R，
∴∠MGH=∠RHG=∠MRH=90°，
∴四边形GHRM是矩形，
∴HR=GM=4，可设GH=RM=k，
∵△MNQ是等腰直角三角形，
∴∠QNM=90°，NQ=NM，
∴∠HNQ+∠HQN=90°，
∠HNQ+∠RNM=90°，
∴∠RNM=∠HQN，
∴△HNQ≌△RMN(AAS)，
∴HN=RM=k，NR=QH=2+k，
∵HR=HN+NR，
∴k+2+k=4，
∴k=1，
∴GH=NH=RM=1，
∴HQ=3，
∵Q(t,12t−2)，
∴N(t+1,12t−2+3)即N(t+1,12t+1)，
∵N在直线AB：y=−34x+3上，
∴12t+1=−34(t+1)+3，
∴t=1，
∴P(1,94)，N(2,32).
【解析】(1)由于y=−34x+m交x轴于点A(4,0)，求出m的值，可得出OA=4，OB=3，则可得出答案；
(2)根据勾股定理得到AB=5=BC，得到点C(0,−2)，求出直线AC解析式为y=12x−2，由于P在直线y=−34x+3上，可设点P(t,−34t+3)，即可得到结论；
(3)过点M作MG⊥PQ于G，根据全等三角形的性质得到QG=OC=2，GM=OA=4，过点N作NH⊥PQ于H，过点M作MR⊥NH于点R，推出四边形GHRM是矩形，根据矩形的性质得到HR=GM=4，可设GH=RM=k，根据全等三角形的性质得到HN=RM=k，NR=QH=2+k，得到N(t+1,12t+1)根据N在直线AB：y=−34x+3上，即可得出答案．
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握坐标与图形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
26.【答案】(1)证明：∵将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CF，
∴∠FCD=90°，CF=CD，
∵∠ACB=90°，AC=BC，CD⊥AB于D，
∴AD=BD，CF/​/AD，
∴CD=AD=BD，
∴CF=AD，
又∵∠AGD=∠CGF，
∴△ADG≌△FCG(AAS)，
∴AG=GF；
(2)①证明：过点E作EM⊥CB交CD于点M，连接MF，
由(1)知D为AB的中点，
∴∠DCB=45°，CD=AD，
∴△CEM为等腰直角三角形，
∴CE=ME，
又∵∠CEM=∠DEF=90°，DE=EF，
∴∠CED=∠MEF，
∴△CED≌△MEF(SAS)，
∴CD=MF，∠MEF=∠ECD=45°，
∴AD=MF，∠CMF=90°，
又∵∠ADG=90°，
∴∠ADG=∠FMG，
∵∠MGF=∠AGD，
∴△ADG≌△FMG(AAS)，
∴AG=GF；
②解：∵∠ACB=90°，AC=BC=7，
∴AB= AC2+BC2=7 2，
∴CD=12AB=7 22，
∵CE=2，CE=ME，
∴CM= CE2+ME2= 22+22=2 2，
∴DM=CD−CM=7 22−2 2=3 22，
又∵△ADG≌△FMG，
∴DG=MG=12DM=34 2．
【解析】(1)由旋转的性质得出∠FCD=90°，CF=CD，证得CF=AD，可证明△ADG≌△FCG(AAS)，则可得结论；
(2)①过点E作EM⊥CB交CD于点M，连接MF，证明△CED≌△MEF(SAS)，由全等三角形的性质得出CD=MF，∠MEF=∠ECD=45°，证明△ADG≌△FMG(AAS)，则可得结论；
②由勾股定理求出AB，CD，CM，则可求出答案．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定和性质是解题的关键．甲型客车
乙型客车
载客量(人/辆)
35
30
租金(元/辆)
400
320