2022-2023学年浙江省绍兴市越城区八年级数学第一学期期末统考模拟试题含解析

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分） 1．满足不等式x2的正整数是（ ） A．2.5

B．5 C．-2

D．5

2．如图，若∠A=27°，∠B=45°，∠C=38°，则∠DFE等于（ ）

A．110 3．若分式A．1

B．115 C．120 D．125

x1的值为0，则x的值应为（ ） x3B．1 C．3 D．3

4．下列各式中，无论x取何值，分式都有意义的是（ ）

xA．2

x2x42x2B．

2x1C．

x1 2xD．

x 2x5．下列计算中正确的是( )． A．ab2a

235B．aaa

44C．aaa

248D．a23a6

6．已知a,b,c为ABC的内角A,B,C所对应的边，满足下列条件的三角形不是直角三角形的是（ ） A．AB41,BC4,AC5 B．a:b:c1:3:2 D．aC．A:B:C5:4:3

34c,bc 55x217．若分式的值为0，则x应满足的条件是( )

x1A．x = -1 B．x ≠ -1 C．x = ±1 D．x = 1

8．在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m．其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，…，第n次移动到An．则△OA2A2018的面积是（ ）

A．504m2 B．

10092

m 2C．

10112

m 2D．1009m2

9．如图，OP为∠AOB的平分线，PC⊥OA，PD⊥OB，垂足分别是C，D，则下列结论错误的是（ ）

A．∠COP＝∠DOP B．PC＝PD ∠OPD

10．下列说法错误的个数是（ ） ①所有无限小数都是无理数；②点都表示有理数 A．1个

B．2个

C．OC＝OD D．∠COP＝

32的平方根是3；③a2a；④数轴上的

C．3个 D．4个

11．等腰三角形的底边长为6，底边上的中线长为4，它的腰长为（ ） A．1 12．分式方程A．x＝－1

B．5

C．7

D．49

x33+=1的解是（ ） x22xB．x＝2

C．x＝3

D．x＝4

二、填空题（每题4分，共24分）

13．如图，在△ABC中，AC的垂直平分线交BC于D，交AC于E，AE＝3cm， △ABD的周长为13cm，那么△ABC的周长为_______________cm．

14．已知

ab1a_______________． ，则

aba515．因式分解：a3a_________．

16．某学校组织八年级6个班参加足球比赛，如果采用单循环制，一共安排______场比赛

17．如图，△ABC中，D为BC边上的一点，BD：DC=2：3，△ABC的面积为10，则△ABD的面积是_________________

18．如图，点B的坐标为（4，4），作BA⊥x轴，BC⊥y轴，垂足分别为A，C，点DBC上沿A→B→C运动，为线段OA的中点，点P从点A出发，在线段AB、当OP=CD时，点P的坐标为_________________________．

三、解答题（共78分）

19．（8分）一个正方形的边长增加3cm，它的面积增加了45cm2，求原来这个正方形的边长．

20．（8分）如图，已知△ABC和△BDE都是等边三角形，且A，E，D三点在一直线上．请你说明DA﹣DB=DC．

21．（8分）综合与实践

已知，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC，CB（或它们的延长线）于点E，F．

（1）（问题发现）

如图1，当∠EDF绕点D旋转到DE⊥AC于点E时（如图1）， ①证明：△ADE≌△BDF；

②猜想：S△DEF+S△CEF＝ S△ABC． （2）（类比探究）

如图2，当∠EDF绕点D旋转到DE与AC不垂直时，且点E在线段AC上，试判断S△DEF+S△CEF与S△ABC的关系，并给予证明． （3）（拓展延伸）

如图3，当点E在线段AC的延长线上时，此时问题（2）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF，S△CEF，S△ABC又有怎样的关系？（写出你的猜想，不需证明）

22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y2x4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于C，且ABC面积为10．

（1）求点C的坐标及直线BC的解析式．

（2）如图1设点F为线段AB中点，点G为y轴上一动点，连接FG，以FG为边向

FG右侧作以G为直角顶点的等腰RtFGQ，在G点运动过程中，当点Q落在直线

BC上时，求点G的坐标．

（3）如图2，若M为线段BC上一点，且满足SAMBSAOB，点E为直线AM上一动点，在x轴上是否存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

23．（10分）如图，在ABC中，ACB90，CDAB于点D，CE平分DCB交AB于点E．

（1）求证：AECACE；

（2）若AEC2B，AD1，求BD的长．

24．（10分）如下图所示，在直角坐标系中，第一次将△OAB变换成OA1B1，第二次

A1(2,2)，将OA1B1变换成OA2B2，第三次将△OA2B2变换成OA3B3，已知A(1,2)，A2(4,2)A3(8,2)，B(2,0)，B1(4,0)，B2(8,0)，B3(16,0)．

（1）观察每次变换前后的三角形有何变化，找出规律，按此规律再将OA3B3变换成

OA4B4，则A4的坐标为 ，B4的坐标为 ．

（2）可以发现变换过程中A1,A2,A3……An的纵坐标均为 ． （3）按照上述规律将△OAB进行n次变换得到△OAnBn，则可知An的坐标为 ， Bn的坐标为 ．

（4）线段OAn的长度为 ．

25．（12分）某公司开发处一款新的节能产品，该产品的成本价为6元/件，该产品在正式投放市场前通过代销点进行了为期一个月(30天)的试销售，售价为10元/件，工作人员对销售情况进行了跟踪记录，并将记录情况绘制成图象，图中的折线ABC表示日销售量y(件)与销售时间x(天)之间的函数关系．

(1)求y与x之间的函数表达式，并写出x的取值范围；

(2)若该节能产品的日销售利润为W(元)，求W与x之间的函数表达式，并求出日销售利润不超过1040元的天数共有多少天？

(3)若5≤x≤17，直接写出第几天的日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？ 26．已知：直线AB//CD，P为图形内一点，连接PB，PD．

（1）如图①，写出ABP，BPD，PDC之间的等量关系，并证明你的结论； （2）如图②，请直接写出ABP，BPD，PDC之间的关系式； （3）你还能就本题作出什么新的猜想？请画图并写出你的结论（不必证明）．

参

一、选择题（每题4分，共48分） 1、D

【解析】在取值范围内找到满足条件的正整数解即可． 【详解】不等式x2的正整数解有无数个， 四个选项中满足条件的只有5 故选:D. 【点睛】

考查不等式的解，使不等式成立的未知数的值就是不等式的解. 2、A

【分析】根据三角形外角的性质三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AEB=∠A+∠C=65°，∠DFE=∠B+∠AEC，进而可得答案． 【详解】解：∵∠A=27°，∠C=38°， ∴∠AEB=∠A+∠C=65°， ∵∠B=45°，

+45°=110°∴∠DFE=65°， 故选：A． 【点睛】

此题主要考查了三角形外角的性质，关键是掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和． 3、A

【解析】根据分式的值为零的条件可以求出x的值．

【详解】由分式的值为零的条件得x﹣1＝2，且x﹣3≠2，解得：x＝1． 故选A． 【点睛】

本题考查了分式值为2的条件，具备两个条件：（1）分子为2；（2）分母不为2．这两个条件缺一不可． 4、A

【解析】分式有意义的条件是分母不为1．

2【详解】A. x22x4=（x+1）20，无论x取何值，分式都有意义，故该选项

符合题意；

B. 当2x10，x-1时，分式有意义，故不符合题意； 2C.当 x20，x0时，分式有意义，故不符合题意； D. 当2x0，x0时，分式有意义，故不符合题意； 故选：A 【点睛】

本题考查的是分式有意义的条件：分母不为1时，掌握分式有意义的条件是解题的关键. 5、D

【分析】根据合并同类项，可判断A；根据同底数幂的除法，可判断B；根据同底数幂的乘法，可判断C；根据积的乘方，可判断D． 【详解】A、不是同类项不能合并，故A错误；

B、同底数幂的除法底数不变指数相减，a4aa3故B错误； C、同底数幂的乘法底数不变指数相加，a2a4a6故C错误； D、积的乘方等于乘方的积，a故选：D． 【点睛】

此题考查积的乘方，合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，解题关键在于掌握积的乘方等于每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘． 6、C

【分析】运用直角三角形的判定方法：当一个角是直角时，或两边的平方和等于第三条边的平方，也可得出它是直角三角形．分别判定即可． 【详解】A、∵AB23a6故D正确；

41,BC4,AC5，

∴4252162541(41)2，即BC2AC2AB2, ∴△ABC是直角三角形，故本选项符合题意； B、∵a:b:c1:3:2， ∴12(3)2422 ∴a2+b2=c2，

∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意； C、∵∠A：∠B：∠C=5：4：3， 又∵∠A+∠B+∠C=180°，

∴最大角∠A=75°，

∴△ABC不是直角三角形，故本选项符合题意；

34c，b=c， 5534（c）2+（c）2=c2， 55D、∵a=∴a2+b2=c2，

∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】

此题主要考查了勾股定理的逆定理、直角三角形的判定方法，灵活的应用此定理是解决问题的关键． 7、D

【分析】将分式方程转换成整式方程，一定要注意分母不为0 【详解】由题意得：x2-1=0 且x+1≠0，解得：x=1，故选D 【点睛】

求解分式方程是本题的考点，解分式方程时应注意分母不为0 8、A

【分析】由OA4n=2n知OA2017=

2016+1=1009，据此得出A2A2018=1009-1=1008，据此2利用三角形的面积公式计算可得． 【详解】由题意知OA4n=2n，

2=1008，即A2016坐标为(1008，0)， ∴OA2016=2016÷

∴A2018坐标为(1009，1)， 则A2A2018=1009－1=1008(m)， ∴SOA2A2018＝A2A2018×A1A2＝

121×1008×1＝504(m2). 2故选：A. 【点睛】

本题主要考查点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得． 9、D

【分析】先根据角平分线的性质得出PC＝PD，∠POC＝∠POD，再利用HL证明△OCP≌△ODP，根据全等三角形的性质得出OC＝OD即可判断．

【详解】∵OP为∠AOB的角平分线，PC⊥OA，PD⊥OB，垂足分别是C、D，

∴PC＝PD，∠POC＝∠POD，故A，B正确； 在Rt△OCP与Rt△ODP中，

OPOP， PCPD∴Rt△OCP≌Rt△ODP（HL）， ∴OC＝OD，故C正确．

不能得出∠COP＝∠OPD，故D错误． 故选：D． 【点睛】

此题主要考查角平分线的性质与证明，解题的关键是熟知角平分线的性质定理与全等三角形的判定方法． 10、C

【分析】根据无理数定义判断①；根据平方根的算法判断②；利用二次根式的性质化简判断③；根据数轴的特点，判断④．

【详解】无限不循环小数才是无理数，①错误；

323，3的平方根是3，②正确；

a2a，③错误；

数轴上的点可以表示所有有理数和无理数，④错误 故选：C． 【点睛】

本题考查无理数的定义、平方根的计算、二次根式的性质以及数轴表示数，紧抓相关定义是解题关键． 11、B

【分析】根据等腰三角形的性质可知BC上的中线AD同时是BC上的高线，根据勾股定理求出AB的长即可．

【详解】∵等腰三角形ABC中，AB=AC，AD是BC上的中线，

∴BD=CD=

1BC=3，AD同时是BC上的高线， 2∴AB=BD2AD232425． 故它的腰长为1． 故选：B． 【点睛】

本题考查了勾股定理及等腰三角形的性质．解题关键是得出中线AD同时是BC上的高线． 12、D

【分析】根据分式方程的计算方法先将方程转化为一元一次方程，然后进行计算即可得解.

【详解】解：原式化简得3(x3)x2即3x3x2，解得x4， 经检验，当x4时，原分式方程有意义，故原分式方程的解是x4， 故选：D. 【点睛】

本题主要考查了分式方程的解，熟练掌握去分母，去括号等相关计算方法是解决本题的关键.

二、填空题（每题4分，共24分） 13、1

【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AD=CD，再根据DE是AB的垂直平分线可得AE=CE求出AC的长度，然后根据三角形的周长公式整理即可得解．

【详解】解：∵DE是边AC的垂直平分线， ∴AD=CD，AE=EC，

∵AE=3cm，△ABD的周长为13cm， ∴AC=AE+EC=3+3=6cm，

△ABD的周长=AB+AD+BD=AB+CD+BD=AB+BC=13cm， 所以，△ABC的周长=AB+BC+AC=13+6=1cm． 故答案为：1． 【点睛】

本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，把△ABD的周长转化为AB+BC是解题的关键．

14、

5 95b，再代入分式化简计算即可． 4【分析】依据比例的性质，即可得到a=【详解】解：∵∴a=5a-5b， ∴a=

ab1， a55b， 4a5， ab5bb945故答案为：．

9∴【点睛】

本题主要考查了比例的性质，解题时注意：内项之积等于外项之积． 15、aa1a1

【分析】a3a提取公因式a得aa1，利用平方差公式分解因式得

5b42aa1a1．

【详解】解：a3aaa1aa1a1，

2故答案为：aa1a1． 【点睛】

本题考查了因式分解，掌握提公因式法和平方差公式是解题的关键． 16、15

【分析】单循环制：每个班都要和其他5个班赛一场，共赛6×5=30场，由于两个班只赛一场，去掉重复计算的情况，实际只赛：30÷2=15场，据此解答． 【详解】解：根据题意，得 （6-1）×6÷2， =30÷2， =15（场），

答：如果釆用淘汰制，需安排5场比赛；如果釆用单循环制，一共安排15场比赛． 【点睛】

本题考查了握手问题的实际应用，要注意去掉重复计算的情况，如果选手比较少可以用枚举法解答，如果个选手比较多可以用公式：单循环制：比赛场数=n（n-1）÷2；淘汰

制：比赛场数=n-1解答． 17、1

【分析】利用面积公式可得出△ABD与△ABC等高，只需求出BD与BC的比值即可求出三角形ABD的面积． 【详解】解：∵BD：DC=2：3， ∴BD=

2BC． 522112BD•h＝× BC•h=△ABC的面积=×10=1． 22555△ABD的面积=

故答案为：1． 【点睛】

本题考查了三角形面积公式以及根据公式计算三角形面积的能力． 18、（2，4）或（4，2）．

【解析】试题分析：①当点P在正方形的边AB上时，在Rt△OCD和Rt△OAP中，∵OC=OA，CD=OP，∴Rt△OCD≌Rt△OAP，∴OD=AP，∵点D是OA中点，∴OD=AD=

11OA，∴AP=AB=2，∴P（4，2）； 221BC=2，∴P（2，4）． 2②当点P在正方形的边BC上时，同①的方法，得出CP=

综上所述：P（2，4）或（4，2）．故答案为（2，4）或（4，2）． 考点：全等三角形的判定与性质；坐标与图形性质；分类讨论．

三、解答题（共78分） 19、6cm

【分析】设原来正方形的边长为acm，根据题意列出方程解答即可． 【详解】解：设原来正方形的边长为acm，则现在边长为(a+3)cm， 根据题意可得：(a3)a45， 解得：a6

∴原来这个正方形的边长为6cm． 【点睛】

本题考查了方程的应用，解题的关键是正确设出未知数，列出方程． 20、证明见解析．

【分析】根据等边三角形的性质，可得AB与BC的关系，BD、BE、DE的关系，根据三角形全等的判定，可得△ABE与△CBD的关系，根据全等三角形的性质，可得对应边相等，根据线段的和差，等量代换，可得证明结果．

22【详解】解：△ABC和△BDE都是等边三角形 ∴AB=BC，BE=BD=DE（等边三角形的边相等）， ∠ABC=∠EBD=60°（等边三角形的角是60°）． ∴∠ABC﹣∠EBC=∠EBD﹣∠EBC ∠ABE=CBD （等式的性质）， 在△ABE和△CBD中，

ABBC{ABECBD， BEBD∴△ABE≌△CBD（SAS）

∴AE=DC（全等三角形的对应边相等）． ∵AD﹣DE=AE（线段的和差） ∴AD﹣BD=DC（等量代换）． 21、（1）①证明见解析；②

1； 2（2）上述结论成立；理由见解析； （3）不成立；S△DEF﹣S△CEF＝

1SABC；理由见解析. 2【分析】（1）①先判断出DE∥AC得出∠ADE=∠B，再用同角的余角相等判断出∠A=∠BDF，即可得出结论；②当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形，边长是AC的一半，即可得出结论；

（2）成立；先判断出∠DCE=∠B，进而得出△CDE≌△BDF，即可得出结论； （3）不成立；同（2）得：△DEC≌△DBF，得出S△DEF=S五边形DBFECSCFESDBC=S△CFE+【详解】解：（1）①∵∠C＝90°， ∴BC⊥AC， ∵DE⊥AC， ∴DE∥BC， ∴∠ADE＝∠B， ∵∠EDF＝90°， ∴∠ADE+∠BDF＝90°， ∵DE⊥AC，

1S△ABC． 2∴∠AED＝90°， ∴∠A+∠ADE＝90°， ∴∠A＝∠BDF， ∵点D是AB的中点， ∴AD＝BD，

ABDF在△ADE和△BDF中ADBD，

ADEB∴△ADE≌△BDF（SAS）；

②如图1中，当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形．

设△ABC的边长AC＝BC＝a，则正方形CEDF的边长为

1a． 2∴S△ABC＝

1121a，S正方形DECF＝（a）2＝a2，

422即S△DEF+S△CEF＝

1S△ABC； 2故答案为：

1． 2（2）上述结论成立；理由如下：连接CD；如图2所示：

∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点， ∴∠B＝45°，∠DCE＝

11∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD＝AB＝BD， 22∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠CDE＝∠BDF， 在△CDE和△BDF中，

CDEBDF， CDBDDCEB∴△CDE≌△BDF（ASA）， ∴S△DEF+S△CEF＝S△ADE+S△BDF＝

1S△ABC； 2（3）不成立；S△DEF﹣S△CEF＝

1S△ABC；理由如下：连接CD，如图3所示： 2

同（2）得：△DEC≌△DBF，∠DCE＝∠DBF＝135°∴S△DEF＝S五边形DBFEC， ＝S△CFE+S△DBC，

＝S△CFE+

1S△ABC， 21S△ABC． 21S△ABC． 2∴S△DEF﹣S△CFE＝

∴S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是：S△DEF﹣S△CEF＝【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了平行线的判定和性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、图形面积的求法；证明三角形全等是解决问题的关键．

22、（1）C3,0，直线BC的解析式为y423x4．（2）G坐标为0,或

7319131,0或,0或,0． 333（3）存在，满足条件的点D的坐标为0,1．

【分析】（1）利用三角形的面积公式求出点C坐标，再利用待定系数法即可解答； （2）分两种情况：①当n2时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N，求出点Qn2,n1；②当n2时，如图，同法可得Q2n,n1，再将解代入直线解析式求出n值即可解答； （3）利用三角形面积公式求出点M的坐标，求出直线AM的解析式，作BE∥OC交直线AM于E，此时E10,4，当CDBE时，可得四边形BCDE，四边形BECD13191D,0D是平行四边形，可得，1,0，再根据对称性可得D2即可解答． 33【详解】（1）

直线y2x4与x轴交于点A，与y轴交于点B，

A2,0，B0,4，

OA2，OB4， 1SABCACOB10，

2AC5，

OC3， C3,0，

设直线BC的解析式为ykxb， 则有3kb0，

b44k3， b4直线BC的解析式为y（2）

4x4． 3FAFB，A2,0，B0,4，

F1,2，设G0,n，

①当n2时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N．

FGQ是等腰直角三角形，易证FMGGNQ， MGNQ1，FMGNn2，

Qn2,n1，

点Q在直线y4x4， 3n1n4n24， 323， 723G0,．

7②当n2时，如图，同法可得Q2n,n1，

点Q在直线y4x4上， 3n142n4， 3n1，

G0,1．

综上所述，满足条件的点G坐标为0,23或0,1． 7（3）如图，设Mm,4m4， 3SAMBSAOB， SABCSAMCSAOB，

1141545m424， 2232m6， 5612M,，

55直线AM的解析式为y33x， 4210,4， 3作BE//OC交直线AM于E，此时E

当CDBE时，可得四边形BCDE，四边形BECD1是平行四边形， 可得D191,0，D1,0， 3331D当点E在第三象限，由BC=DE，根据对称性知，点D关于点A对称的点2,03也符合条件，

综上所述，满足条件的点D的坐标为【点睛】

本题考查三角形的面积、待定系数法求直线解析式、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，是一次函数与几何图形的综合题，解答的关键是理解题意，认真分析，结合图形，寻找相关联的信息，利用待定系数法、数形结合等解题方法进行推理、计算．

23、（1）证明见解析；（2）1．

CD⊥AB，【分析】（1）依据∠ACB=90°，即可得到∠ACD=∠B，再根据CE平分∠BCD，可得∠BCE=∠DCE，进而得出∠AEC=∠ACE．

（2）依据∠ACD=∠BCE=∠DCE，∠ACB=90°，即可得到∠ACD=10°即可解决问题． 【详解】解：（1）∵ACB90，CDAB， ∴ACDABA90， ∴ACD B． ∵CE平分BCD， ∴BCEDCE，

∴BBCEACDDCE， 即AECACE．

（2）∵AECBBCE，AEC2B， ∴BBCE．

19131,0或,0或,0． 333又∵ACDB，BCEDCE， ∴ACDBCEDCE． 又∵ACB90， ∴ACD30，B30． ∴RtACD中，AC2AD2， ∴RtABC中，AB2AC4， ∴BDABAD413．

【点睛】

本题考查三角形内角和定理以及角平分线的定义，含10度角直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

24、（1）(16，2)；(32，0)；（2）2；（3）(2n，2)；(2n+1，0)；（4）22n4 【分析】（1）根据A1、A2、A3和B1、B2、B3的坐标找出规律，求出A4的坐标、B4的坐标；

（2）根据A1、A2、A3的纵坐标找出规律，根据规律解答；

（3）根据将△OAB进行n次变换得到△OAnBn的坐标变化总结规律，得到答案； （4）根据勾股定理计算．

【详解】（1）∵A1（2，2），A2（4，2）A3（8，2）， ∴A4的坐标为（16，2），

∵B1（4，0），B2（8，0），B3（16，0）， ∴B4的坐标为（32，0）， 故答案为：（16，2）；（32，0）；

（2）变换过程中A1，A2，A3……An的纵坐标均为2， 故答案为：2；

（3）按照上述规律将△OAB进行n次变换得到△OAnBn，则可知An的坐标为（2n，2）， Bn的坐标为（2n+1，0）

故答案为：（2n，2）；（2n+1，0）；

（4）∵An的横坐标为2n，Bn﹣1的横坐标为2n， ∴AnBn﹣1⊥x轴，

又An的纵坐标2，

由勾股定理得，线段OAn的长度为：故答案为：22n4． 【点睛】

本题考查的是坐标与图形、图形的变换、图形的变化规律，正确找出变换前后的三角形的变化规律、掌握勾股定理是解题的关键． 25、（1）y2n222＝22n4，

20x320(1x10) ；（2）日销售利润不超过1040元的天数共有

14x20(10x30)18天；（3）第5天的日销售利润最大，最大日销售利润是880元.

【分析】（1）这是一个分段函数，利用待定系数法求y与x之间的函数表达式，并确定x的取值范围；

（2）根据利润=（售价-成本）×日销售量可得w与x之间的函数表达式，并分别根据分段函数计算日销售利润不超过1040元对应的x的值；

（3）分别根据5≤x≤10和10，解得

，

∴线段AB表示的函数关系式为y=-20x+320（1≤x≤10）； 把（10,120），（30,400）代入y=mx+n中得

∴线段BC表示的函数关系式为y=14x-20（10＜x≤30）， 综上所述

.

，解得

，

（2）由题意可知单件商品的利润为10-6=4(元/件)， （-20x+320）=-80x+1280； ∴当1≤x≤10时，w=4×

（14x-20）=56x-80， 当10＜x≤30时，w=4×∴

,日销售利润不超过1040元，即w≤1040，

∴当1≤x≤10时，w=-80x+1280≤1040，解得x≥3； 当10＜x≤30时，w=56x-80≤1040，解得x≤20，

∴3≤x≤20，∴日销售利润不超过1040元的天数共有18天.

（3）当5≤x≤17，第5天的日销售利润最大，最大日销售利润是880元.

【点睛】

本题考查应用题解方程，解题的关键是读懂题意.

26、（1）ABPBPDPDC，见解析；（2）ABPPDCBPD360；（3）ABPBPDPDC，见解析

【分析】（1）如图①，延长BP交CD于点E，根据两直线平行，内错角相等可得

ABPPED，再根据三角形外角的性质即可得解；

（2）如图②中，过P作PG∥AB，利用平行线的性质即可解决问题；

(3) 如图③,在PFD利用外角的性质以及两直线平行，内错角相等的性质，即可得出

ABPBPDPDC．

【详解】证明：（1）如图①，延长BP交CD于点E． 在PED中则有PEDPDEBPD． （三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和） 又

AB//CD，

ABPPED

（两直线平行，内错角相等）

ABPPDCBPD． ABPBPDPDC．

（图①） （图②） （2）如图②中，过P作PG∥AB， ∵AB//CD ∴PG//CD ∵AB//PG

∴∠ABP+∠BPG=180°∵PG//CD

∴∠GPD+∠PDC=180°

∴∠ABP+∠BPG +∠GPD+∠PDC =360°∴ABPPDCBPD360

故答案为：ABPPDCBPD360．

（3）如图③ABPBPDPDC．证明如下：

（图③）

在PFD中则有DPBFD．（三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和） 又

AB//CD，

ABPBFD（两直线平行，内错角相等）

ABPBPDPDC．

【点睛】

本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并作出辅助线是解题的关键．