七年级上暑假检测数学试卷含解析

七年级上暑假检测数学试卷含解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1．计算3﹣1的结果是（）
A．B． C．3 D．﹣3
2．下列运算不正确的是（）
A．x3+x3=x6B．x6÷x3=x3C．x2•x3=x5D．（﹣x3）4=x12
3．在下列长度的四根木棒中，能与两根长度分别为4cm和9cm的木棒构成一个三角形的是（）
A．4cm B．5cm C．9cm D．13cm
4．分解因式2x2﹣4x+2的最终结果是（）
A．2x（x﹣2）B．2（x﹣1）2C．2（x2﹣2x+1）D．（2x﹣2）2
5．下列命题：
①同旁内角互补；
②若n＜1，则n2﹣1＜0；
③直角都相等；
④相等的角是对顶角．
其中，真命题的个数有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．若关于x的不等式组的所有整数解的和是10，则m的取值范围是（）
A．4＜m＜5 B．4＜m≤5 C．4≤m＜5 D．4≤m≤5
7．如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（）
A．∠A=∠C B．AD=CB C．BE=DF D．AD∥BC
8．如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，
DH⊥BC于H，交BE于G，下列结论：①BD=CD；②AD+CF=BD；③CE=BF；④AE=BG．其中正确的是（）
A．①②B．①③C．①②③ D．①②③④
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
9．填空：4a3b•（）=﹣9a6b2．
10．方程x+5y+4=0，若用含有x的代数式表示y为：．
11．若（x﹣3y）2=（x+3y）2+M，则M=．
12．己知三角形的三边长分别为2，x﹣1，3，则三角形周长y的取值范围是．
13．分解因式：x2﹣y2=．ab﹣a﹣b+1=．
14．如图，已知Rt△ABC≌Rt△DEC，连结AD，若∠1=20°，则∠B的度数是．
15．已知x2﹣4x﹣1=0，则代数式（2x﹣3）2﹣（x+y）（x﹣y）﹣y2=．
16．甲、乙两人练习跑步，如果乙先跑10米，则甲跑5秒就可追上乙；如果乙先跑2秒，则甲跑4秒就可追上乙，若设甲的速度为x米/秒，乙的速度为y米/秒，可列方程组．
17．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，D为斜边上的一点且BD=AB，过点D作BC的垂线，交AC于点E．若△CDE的面积为a，则四边形ABDE的面积为．
18．如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=16．点P从A点出发沿A﹣C﹣B路径向终点B运动；点Q从点B出发沿B﹣C﹣A路径向终点A运动．点P和Q分别以2和6的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t 秒．当t=秒时，△PEC与△QFC全等．
三、解答题（本大题共76分）
19．计算：
①（﹣y2）3÷y 6；
②（x+y）（x﹣y）﹣（4x3y﹣8xy3）÷4xy．
20．若关于x，y的方程组的解满足x＜0、y＞0，求k应满足的条件．
21．若x+y=3，且（x+2）（y+2）=12．
（1）求xy的值；
（2）求x2+3xy+y2的值．
22．求代数式（2a+b）（a﹣b）﹣2（a﹣b）2的值，其中a=﹣1，b=﹣．
23．如图，在四边形中ABCD中，AB∥CD，∠1=∠2，DB=DC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若∠A=135°，∠BDC=30°，求∠BCE的度数．
24．已知关于x、y的二元一次方程
（1）当a=1时，求两方程的公共解；
（2）若是两方程的公共解，x0≤0，求y0的取值范围．
25．已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
求证：（1）△BAD≌△CAE；（2）试猜想BD、CE有何特殊位置关系，并证明．
26．某校准备组织七年级400名学生参加北京夏令营，已知用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生105人；用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人；
（1）每辆小客车和每辆大客车各能坐多少名学生？
（2）若学校计划租用小客车x辆，大客车y辆，一次送完，且恰好每辆车都坐满；
①请你设计出所有的租车方案；
②若小客车每辆需租金4000元，大客车每辆需租金7600元，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租金．27．已知Rt△ABC≌Rt△ADE，其中∠ACB=∠AED=90°．
（1）将这两个三角形按图①方式摆放，使点E落在AB上，DE的延长线交BC于点F．求证：BF+EF=DE；（2）改变△ADE的位置，使DE交BC的延长线于点F（如图②），则（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，写出此时BF、EF与DE之间的等量关系，并说明理由．
28．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB=37°，AB=5，AC=4，BC=3，直线MN经过点C，交边AB于点D，分别过点A，B作AF⊥MN，BE⊥MN，垂足分别为点E，F，设线段BE，AF的长度分别为d1，d2．（1）求△ABC的面积；
（2）若直线MN从与CB重合位置开始顺时针绕着点C旋转，至与CA重合时停止，在旋转过程中，试求出d1+d2的最大值，并求出此时直线MN旋转角的度数（即∠BCD的度数）．
2016-2017学年江苏省苏州市常熟XX学校七年级（上）暑假检测
数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
1．计算3﹣1的结果是（）
A．B． C．3 D．﹣3
【考点】负整数指数幂．
【分析】根据负整数指数幂的运算法则进行计算即可．
【解答】解：原式=．故选A．
2．下列运算不正确的是（）
A．x3+x3=x6B．x6÷x3=x3C．x2•x3=x5D．（﹣x3）4=x12
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【分析】结合选项分别进行同底数幂的除法、合并同类项、幂的乘方和积的乘方等运算，然后选择正确选项．
【解答】解：A、x3+x3=2x3，本选项错误；
B、x6÷x3=x3，本选项正确；
C、x2•x3=x5，本选项正确；
D、（﹣x3）4=x12，本选项正确；
故选：A．
3．在下列长度的四根木棒中，能与两根长度分别为4cm和9cm的木棒构成一个三角形的是（）
A．4cm B．5cm C．9cm D．13cm
【考点】三角形三边关系．
【分析】设选取的木棒长为lcm，再根据三角形的三边关系求出l的取值范围，选出合适的l的值即可．【解答】解：设选取的木棒长为lcm，
∵两根木棒的长度分别为4m和9m，
∴9cm﹣4cm＜l＜9cm+4cm，即5cm＜l＜13cm，
∴9cm的木棒符合题意．
故选C．
4．分解因式2x2﹣4x+2的最终结果是（）
A．2x（x﹣2）B．2（x﹣1）2C．2（x2﹣2x+1）D．（2x﹣2）2
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】原式提取2，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式=2（x2﹣2x+1）=2（x﹣1）2．
故选B．
5．下列命题：
①同旁内角互补；
②若n＜1，则n2﹣1＜0；
③直角都相等；
④相等的角是对顶角．
其中，真命题的个数有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】命题与定理．
【分析】利用平行线的性质、不等式的性质、直角的定义及对顶角的性质分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：①同旁内角互补，错误，是假命题；
②若n＜1，则n2﹣1＜0，错误，是假命题；
③直角都相等，正确，是真命题；
④相等的角是对顶角，错误，是假命题，
故选A．
6．若关于x的不等式组的所有整数解的和是10，则m的取值范围是（）
A．4＜m＜5 B．4＜m≤5 C．4≤m＜5 D．4≤m≤5
【考点】一元一次不等式组的整数解．
【分析】首先确定不等式组的解集，先利用含m的式子表示，根据整数解的个数就可以确定有哪些整数解，根据解的情况可以得到关于m的不等式，从而求出m的范围．
【解答】解：由①得x＜m；
由②得x≥1；
故原不等式组的解集为1≤x＜m．
又因为不等式组的所有整数解的和是10=1+2+3+4，
由此可以得到4＜m≤5．
故选：B．
7．如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（）
A．∠A=∠C B．AD=CB C．BE=DF D．AD∥BC
【考点】全等三角形的判定．
【分析】求出AF=CE，再根据全等三角形的判定定理判断即可．
【解答】解：∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，
∴AF=CE，
A、∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误；
B、根据AD=CB，AF=CE，∠AFD=∠CEB不能推出△ADF≌△CBE，错误，故本选项正确；
C、∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（SAS），正确，故本选项错误；
D、∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∵在△ADF和△CBE中
∴△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误；
故选B．
8．如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，
DH⊥BC于H，交BE于G，下列结论：①BD=CD；②AD+CF=BD；③CE=BF；④AE=BG．其中正确的是（）
A．①②B．①③C．①②③ D．①②③④
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【分析】根据∠ABC=45°，CD⊥AB可得出BD=CD，利用AAS判定Rt△DFB≌Rt△DAC，从而得出DF=AD，
BF=AC．则CD=CF+AD，即AD+CF=BD；再利用AAS判定Rt△BEA≌Rt△BEC，得出CE=AE=AC，又
因为BF=AC所以CE=AC=BF，
连接CG．因为△BCD是等腰直角三角形，即BD=CD．又因为DH⊥BC，那么DH垂直平分BC．即BG=CG．在Rt△CEG中，CG是斜边，CE是直角边，所以CE＜CG．即AE＜BG．
【解答】解：∵CD⊥AB，∠ABC=45°，
∴△BCD是等腰直角三角形．
∴BD=CD．故①正确；
在Rt△DFB和Rt△DAC中，
∵∠DBF=90°﹣∠BFD，∠DCA=90°﹣∠EFC，且∠BFD=∠EFC，
∴∠DBF=∠DCA．
又∵∠BDF=∠CDA=90°，BD=CD，
∴△DFB≌△DAC．
∴BF=AC；DF=AD．
∵CD=CF+DF，
∴AD+CF=BD；故②正确；
在Rt△BEA和Rt△BEC中
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE．
又∵BE=BE，∠BEA=∠BEC=90°，
∴Rt△BEA≌Rt△BEC．
∴CE=AE=AC．
又由（1），知BF=AC，
∴CE=AC=BF；故③正确；
连接CG．
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=CD
又DH⊥BC，
∴DH垂直平分BC．∴BG=CG
在Rt△CEG中，
∵CG是斜边，CE是直角边，
∴CE＜CG．
∵CE=AE，
∴AE＜BG．故④错误．
故选C．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
9．填空：4a3b•（﹣a3b）=﹣9a6b2．
【考点】单项式乘单项式．
【分析】根据单项式乘以单项式法则求出即可．
【解答】解：4a3b•（﹣a3b）=﹣9a3b，
故答案为：﹣a3b．
10．方程x+5y+4=0，若用含有x的代数式表示y为：y=．
【考点】解二元一次方程．
【分析】把x看做已知数求出y即可．
【解答】解：方程x+5y+4=0，
解得：y=，
故答案为：y=
11．若（x﹣3y）2=（x+3y）2+M，则M=﹣12xy．
【考点】完全平方公式．
【分析】已知等式利用完全平方公式化简，整理即可确定出M．
【解答】解：已知等式整理得：x2﹣6xy+9y2=x2+6xy+9y2+M，
则M=﹣12xy，
故答案为：﹣12xy
12．己知三角形的三边长分别为2，x﹣1，3，则三角形周长y的取值范围是6＜y＜10．
【考点】三角形三边关系．
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，即可确定x的取值范围，然后确定周长的取值范围即可．
【解答】解：由于在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，
∴3﹣2＜x﹣1＜3+2，
即1＜x﹣1＜5，
∴1+5＜y＜5+5，
即：6＜y＜10，
故答案为：6＜y＜10．
13．分解因式：x2﹣y2=（x+y）（x﹣y）．ab﹣a﹣b+1=（b﹣1）（a﹣1）．
【考点】因式分解-分组分解法．
【分析】根据平方差公式分解即可；先分组，再分解因式，最后提取公因式即可．
【解答】解：x2﹣y2=（x+y）（x﹣y），
ab﹣a﹣b+1
=（ab﹣a）﹣（b﹣1）
=a（b﹣1）﹣（b﹣1）
=（b﹣1）（a﹣1），
故答案为：（x+y）（x﹣y），（b﹣1）（a﹣1）．
14．如图，已知Rt△ABC≌Rt△DEC，连结AD，若∠1=20°，则∠B的度数是65°．
【考点】全等三角形的性质．
【分析】根据Rt△ABC≌Rt△DEC得出AC=CD，然后判断出△ACD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAD=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠DEC，然后根据全等三角形的性质可得∠B=∠DEC．
【解答】解：∵Rt△ABC≌Rt△DEC，
∴AC=CD，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠CAD=45°，
∴∠DEC=∠1+∠CAD=20°+45°=65°，
由Rt△ABC≌Rt△DEC的性质得∠B=∠DEC=65°．
故答案为：65°．
15．已知x2﹣4x﹣1=0，则代数式（2x﹣3）2﹣（x+y）（x﹣y）﹣y2=12．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【分析】原式利用完全平方公式及平方差公式化简，整理后，将已知等式变形后代入计算即可求出值．【解答】解：∵x2﹣4x﹣1=0，即x2﹣4x=1，
∴原式=4x2﹣12x+9﹣x2+y2﹣y2=3x2﹣12x+9=3（x2﹣4x）+9=3+9=12．
故答案为：12．
16．甲、乙两人练习跑步，如果乙先跑10米，则甲跑5秒就可追上乙；如果乙先跑2秒，则甲跑4秒就可
追上乙，若设甲的速度为x米/秒，乙的速度为y米/秒，可列方程组．
【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组．
【分析】根据题意，得出等量关系：①乙先跑10米，则甲跑5秒就可以追上乙；②乙先跑2秒，则甲跑4秒就可追上乙，得出方程组即可．
【解答】解：根据乙先跑10米，则甲跑5秒就可以追上乙，得方程5x=5y+10；
根据乙先跑2秒，则甲跑4秒就可追上乙，得方程4x=4y+2y．
可得方程组．
故答案为：．
17．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，D为斜边上的一点且BD=AB，过点D作BC的垂线，交AC于点E．若△CDE的面积为a，则四边形ABDE的面积为2a．
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；含30度角的直角三角形．
【分析】根据已知条件，先证明△DBE≌△ABE，进可得△DBE的面积等于△BDE的面积，再利用轴对称的性质可得△BDE≌△CDE，由此可得四边形ABDE的面积=2△CDE的面积，问题得解．
【解答】解：连接BE．
∵∠A=90°，∠C=30°，
∴AB=BC，
∵BD=CD，
∴BD=BC，
∴AB=BD，
∵D为Rt△ABC中斜边BC上的一点，且BD=AB，过D作BC的垂线，交AC于E，
∴∠A=∠BDE=90°，
∴在Rt△DBE和Rt△ABE中，
，
∴Rt△DBE≌Rt△ABE（HL），
∴△DBE的面积等于△BDE的面积，
∵BD=CD，DE⊥BC，
∴△BDE≌△CDE，
∴边形ABDE的面积=2△CDE的面积=2a，
故答案为：2a．
18．如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=16．点P从A点出发沿A﹣C﹣B路径向终点B运动；点Q从点B出发沿B﹣C﹣A路径向终点A运动．点P和Q分别以2和6的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t 秒．当t=1或者3.5秒时，△PEC与△QFC全等．
【考点】全等三角形的判定．
【分析】点Q的运动速度较大，点P的速度速度较小分，当点Q从B到A时，点P都在AC上运动，考虑点Q在BC上，点Q和点P重合两种情况．
【解答】解：（1）如图所示：由于PE⊥l，QF⊥l，∠ACB=90°，
∴∠PEC=∠QFC=90°，∠CPE=∠QCF，
t秒时，CQ=16﹣6t，PC=12﹣2t，当CQ=PC时，即16﹣6t=12﹣2t，解得，t=1．运动时间为1秒时，△PEC 与△QFC满足“AAS”全等．
（2）如图所示，t秒时，CQ=6t﹣16，PC=12﹣2t，当CQ=PC时，即6t﹣16=12﹣2t，解得，t=3.5．运动时间为3.5秒时，△PEC与△QFC重合，两个三角形全等．
故答案为：1或者3.5
三、解答题（本大题共76分）
19．计算：
①（﹣y2）3÷y 6；
②（x+y）（x﹣y）﹣（4x3y﹣8xy3）÷4xy．
【考点】整式的混合运算．
【分析】①根据幂的乘方和同底数幂的除法可以解答本题；
②根据平方差公式和多项式除以单项式可以解答本题．
【解答】解：①（﹣y2）3÷y 6
=﹣y 6÷y 6
=﹣1；
②（x+y）（x﹣y）﹣（4x3y﹣8xy3）÷4xy
=x2﹣y2﹣x2+2y2
=y2．
20．若关于x，y的方程组的解满足x＜0、y＞0，求k应满足的条件．
【考点】解一元一次不等式组；二元一次方程组的解．
【分析】将k看做已知数解方程组可得x=、y=，根据x＜0、y＞0可得关于k的不等式组，解
之可得．
【解答】解：将方程组中两方程相加可得：2x=9k﹣3，
∴x=，
两方程相减可得2y=k+7，
∴y=，
∵x＜0、y＞0，
∴，
解得：﹣7＜k＜．
21．若x+y=3，且（x+2）（y+2）=12．
（1）求xy的值；
（2）求x2+3xy+y2的值．
【考点】完全平方公式．
【分析】（1）先去括号，再整体代入即可求出答案；
（2）先变形，再整体代入，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵x+y=3，（x+2）（y+2）=12，
∴xy+2x+2y+4=12，
∴xy+2（x+y）=8，
∴xy+2×3=8，
∴xy=2；
（2）∵x+y=3，xy=2，
∴x2+3xy+y2
=（x+y）2+xy
=32+2
=11．
22．求代数式（2a+b）（a﹣b）﹣2（a﹣b）2的值，其中a=﹣1，b=﹣．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【分析】根据多项式的乘法以及完全平方公式进行计算即可．
【解答】解：原式=2a2﹣2ab+ab﹣b2﹣2a2+4ab﹣2b2
=3ab﹣3b2，
当a=﹣1，b=﹣时；
原式=3×（﹣1）×（﹣）﹣3×（﹣）2
=．
23．如图，在四边形中ABCD中，AB∥CD，∠1=∠2，DB=DC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若∠A=135°，∠BDC=30°，求∠BCE的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）由全等三角形的判定方法：ASA，即可证明：△ABD≌△EDC；
（2）根据三角形内角和定理可求出∠1的度数，进而可得到∠2的度数，再根据△BDC是等腰三角形，即可求出∠BCE的度数．
【解答】（1）证明：
∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠EDC，
在△ABD和△EDC中，
，
∴△ABD≌△EDC（ASA），
（2）解：∵∠ABD=∠EDC=30°，∠A=135°，
∴∠1=∠2=15°，
∵DB=DC，
∴∠DCB==75°，
∴∠BCE=75°﹣15°=60°．
24．已知关于x、y的二元一次方程
（1）当a=1时，求两方程的公共解；
（2）若是两方程的公共解，x0≤0，求y0的取值范围．
【考点】解二元一次方程组；二元一次方程的解．
【分析】（1）把a=1代入二元一次方程组，求出x、y的值即可；
（2）先用a表示出x0，y0的值，再由x0≤0，即可得出y0的取值范围．
【解答】解：（1）∵当a=1时，原方程组可化为，解得；
（2）解方程组得，，
∵是两方程的公共解，
∴，
∵x0≤0，即1+2a≤0，解得a≤﹣，
∴1﹣a≥，
∴y0≥．
25．已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
求证：（1）△BAD≌△CAE；（2）试猜想BD、CE有何特殊位置关系，并证明．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】要证（1）△BAD≌△CAE，现有AB=AC，AD=AE，需它们的夹角∠BAD=∠CAE，而由∠BAC=∠DAE=90°很易证得．（2）BD、CE有何特殊位置关系，从图形上可看出是垂直关系，可向这方面努力．要证BD⊥CE，需证∠BDE=90°，需证∠ADB+∠ADE=90°可由直角三角形提供．
【解答】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+CAD
即∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
（2）BD、CE特殊位置关系为BD⊥CE．
证明如下：由（1）知△BAD≌△CAE，
∴∠ADB=∠E．
∵∠DAE=90°，
∴∠E+∠ADE=90°．
∴∠ADB+∠ADE=90°．
即∠BDE=90°．
∴BD、CE特殊位置关系为BD⊥CE．
26．某校准备组织七年级400名学生参加北京夏令营，已知用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生105人；用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人；
（1）每辆小客车和每辆大客车各能坐多少名学生？
（2）若学校计划租用小客车x辆，大客车y辆，一次送完，且恰好每辆车都坐满；
①请你设计出所有的租车方案；
②若小客车每辆需租金4000元，大客车每辆需租金7600元，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租金．【考点】二元一次方程组的应用；二元一次方程的应用．
【分析】（1）每辆小客车能坐a名学生，每辆大客车能坐b名学生，根据用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生105人；用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人；列出方程组，再解即可；
（2）①设租用小客车x辆，大客车y辆，由题意得：20×小客车的数量+45×大客车的数量=400人，根据等量关系列出方程，求出非负整数解即可；
②分别计算出每种租车方案的钱数，进行比较即可．
【解答】解：（1）设每辆小客车能坐a名学生，每辆大客车能坐b名学生
根据题意，得
解得
答：每辆小客车能坐20名学生，每辆大客车能坐45名学生．
（2）①根据题意，得20x+45y=400，
∴y=，
∵x、y均为非负数，
∴，，
∴租车方案有3种．方案1：小客车20辆，大客车0辆；方案2：小客车11辆，大客车4辆；方案3：小客车2辆，大客车8辆．
②方案1租金：4000×20=80000（元）
方案2租金：4000×11+7600×4=74400（元）
方案3租金：4000×2+7600×8=68800（元）
∵80000＞74400＞68800
∴方案3租金最少，最少租金为68800元．
27．已知Rt△ABC≌Rt△ADE，其中∠ACB=∠AED=90°．
（1）将这两个三角形按图①方式摆放，使点E落在AB上，DE的延长线交BC于点F．求证：BF+EF=DE；（2）改变△ADE的位置，使DE交BC的延长线于点F（如图②），则（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，写出此时BF、EF与DE之间的等量关系，并说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）由Rt△ABC≌Rt△ADE得AC=AE，根据HL可证得Rt△ACF≌Rt△AEF，由BC=BF+CF代入可得结论；
（2）如图②，（1）中的结论不成立，有DE=BF﹣EF，同（1）：证明Rt△ACF≌Rt△AEF，再由BC=BF﹣FC得出结论．
【解答】证明：（1）如图①，连接AF，
∵Rt△ABC≌Rt△ADE，
∴AC=AE，BC=DE，
∵∠ACB=∠AEF=90°，AF=AF，
∴Rt△ACF≌Rt△AEF，
∴CF=EF，
∴BF+EF=BF+CF=BC，
∴BF+EF=DE；
（2）如图②，（1）中的结论不成立，有DE=BF﹣EF，理由是：
连接AF，
∵Rt△ABC≌Rt△ADE，
∴AC=AE，BC=DE，
∵∠E=∠ACF=90°，AF=AF，
∴Rt△ACF≌Rt△AEF，
∴CF=EF，
∴DE=BC=BF﹣FC=BF﹣EF，
即DE=BF﹣EF．
28．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB=37°，AB=5，AC=4，BC=3，直线MN经过点C，交边AB于点D，分别过点A，B作AF⊥MN，BE⊥MN，垂足分别为点E，F，设线段BE，AF的长度分别为d1，d2．（1）求△ABC的面积；
（2）若直线MN从与CB重合位置开始顺时针绕着点C旋转，至与CA重合时停止，在旋转过程中，试求出d1+d2的最大值，并求出此时直线MN旋转角的度数（即∠BCD的度数）．
【考点】旋转的性质．
【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）过B作BG⊥AF于G，得到四边形BEFG是矩形，由矩形的性质得到GF=BE，得到AG=d1+d2，于是推出当点G与B重合时，AG的值最大，即d1+d2的最大值=AB=5，根据余角的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠C=90°，AC=4，BC=3，
=AC•BC==6；
∴S
△ABC
（2）过B作BG⊥AF于G，
∵AF⊥MN，BE⊥MN，
∴四边形BEFG是矩形，
∴GF=BE，
∴AG=d1+d2，
∴当点G与B重合时，AG的值最大，即d1+d2的最大值=AB=5，
此时MN⊥AB，即CD⊥AB，
∵∠BAC=37°，
∴∠ACD=90°﹣37°=53°，∴∠BCD=53°．
2016年11月20日。