最新2020届中考数学专题复习.pdf

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1、-1-2020 届中考数学专题复习：归纳猜想型问题（二）一、中考专题诠释 归纳猜想型问题在中考中越来越被命题者所注重。这类题要求根据题目中的图形或者数字，分析归纳，直观地发现共同特征，或者发展变化的趋势，据此去预测估计它的规律或者其他相关结论，使带有猜想性质的推断尽可能与现实情况相吻合，必要时可以进行验证或者证明，依此体现出猜想的实际意义。二、解题策略和解法精讲 归纳猜想型问题对考生的观察分析能力要求较高，经常以填空等形式出现，解题时要善于从所提供的数字或图形信息中，寻找其共同之处，这个存在于个例中的共性，就是规律。其中蕴含着“特殊一般特殊”的常用模式，体现了总结归纳的数学思想，这也正是人类认

2、识新生事物的一般过程。相对而言，猜想结论型问题的难度较大些，具体题目往往是直观猜想与科学论证、具体应用的结合，解题的方法也更为灵活多样：计算、验证、类比、比较、测量、绘图、移动等等，都能用到。由于猜想本身就是一种重要的数学方法，也是人们探索发现新知的重要手段，非常有利于培养创造性思维能力，所以备受命题专家的青睐，逐步成为中考的持续热点。三、中考考点精讲 考点四：猜想数量关系 数量关系的表现形式多种多样，这些关系不一定就是我们目前所学习的函数关系式。在猜想这种问题时，通常也是根据题目给出的关系式进行类比，仿照猜想数式规律的方法解答。例 8（2012苏州）已知在平面直角坐标系中放置了 5 个如图所

3、示的正方形（用阴影表示），点 B1在 y 轴上，点 C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在 x 轴上若正方形 A1B1C1D1的边长为 1，B1C1O=60，B1C1B2C2B3C3，则点 A3到 x 轴的距离是（）A B C D -2-考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；解直角三角形。810360 专题：规律型。分析：利用正方形的性质以及平行线的性质分别得出 D1E1=B2E2=，B2C2=，进而得出B3C3=，求出 WQ=，FW=WA3cos30=，即可得出答案 解答：解：过小正方形的一个顶点 W 作 FQx 轴于点 Q，过点 A3FFQ 于点 F，正方形 A1B1C1D1的边

4、长为 1，B1C1O=60，B1C1B2C2B3C3，B3C3 E4=60，D1C1E1=30，E2B2C2=30，D1E1=D1C1=，D1E1=B2E2=，cos30=，解得：B2C2=，B3E4=，cos30=，解得：B3C3=，则 WC3=，根据题意得出：WC3 Q=30，C3 WQ=60，A3 WF=30，WQ=，FW=WA3cos30=，则点 A3到 x 轴的距离是：FW+WQ=+=，故选：D -3-点评：此题主要考查了正方形的性质以及锐角三角函数的应用等知识，根据已知得出 B3C3的长是解题关键 例 9 （2012绍兴）如图，直角三角形纸片 ABC 中，AB=3，AC=4，D 为

5、斜边 BC 中点，第1 次将纸片折叠，使点 A 与点 D 重合，折痕与 AD 交与点 P1；设 P1D 的中点为 D1，第 2 次将纸片折叠，使点 A 与点 D1重合，折痕与 AD 交于点 P2；设 P2D1的中点为 D2，第 3 次将纸片折叠，使点 A 与点 D2重合，折痕与 AD 交于点 P3；设 Pn1Dn2的中点为 Dn1，第 n 次将纸片折叠，使点 A 与点 Dn1重合，折痕与 AD 交于点 Pn（n2），则 AP6的长为（）A B C D 考点：翻折变换（折叠问题）。810360 专题：规律型。分析：先写出 AD、AD1、AD2、AD3的长度，然后可发现规律推出 ADn的表达式，继

6、而根据 APn=ADn即可得出 APn的表达式，也可得出 AP6的长 -4-解答：解：由题意得，AD=BC=，AD1=ADDD1=，AD2=，AD3=，ADn=，又 APn=ADn，故 AP1=，AP2=，AP3=APn=，故可得 AP6=故选 A 点评：此题考查了翻折变换的知识，解答本题关键是写出前面几个有关线段长度的表达式，从而得出一般规律，注意培养自己的归纳总结能力 例 10 （2012广州）如图，在标有刻度的直线 l 上，从点 A 开始，以 AB=1 为直径画半圆，记为第 1 个半圆；以 BC=2 为直径画半圆，记为第 2 个半圆；以 CD=4 为直径画半圆，记为第 3 个半圆；以 D

7、E=8 为直径画半圆，记为第 4 个半圆，按此规律，继续画半圆，则第 4 个半圆的面积是第 3 个半圆面积的 倍，第 n 个半圆的面积为 （结果保留）考点：规律型：图形的变化类。810360 分析：根据已知图形得出第 4 个半圆的半径是第 3 个半圆的半径，进而得出第 4 个半圆的面积与第 3 个半圆面积的关系，得出第 n 个半圆的半径，进而得出答案 解答：解：以 AB=1 为直径画半圆，记为第 1 个半圆；以 BC=2 为直径画半圆，记为第 2 个半圆；-5-以 CD=4 为直径画半圆，记为第 3 个半圆；以 DE=8 为直径画半圆，记为第 4 个半圆，第 4 个半圆的面积为：=8，第 3

8、个半圆面积为：=2，第 4 个半圆的面积是第 3 个半圆面积的=4 倍；根据已知可得出第 n 个半圆的直径为：2n1，则第 n 个半圆的半径为：=2n2，第 n 个半圆的面积为：=22n5 故答案为：4，22n5 点评：此题主要考查了数字变化规律，注意数字之间变化规律，根据已知得出第 n 个半圆的直径为：2n1是解题关键 考点五：猜想变化情况 随着数字或图形的变化，它原先的一些性质有的不会改变，有的则发生了变化，而且这种变化是有一定规律的。比如，在几何图形按特定要求变化后，只要本质不变，通常的规律是“位置关系不改变，乘除乘方不改变，减变加法加变减，正号负号要互换”。这种规律可以作为猜想的一个参

9、考依据。例 11 （2012常德）若图 1 中的线段长为 1，将此线段三等分，并以中间的一段为边作等边三角形，然后去掉这一段，得到图 2，再将图 2 中的每一段作类似变形，得到图 3，按上述方法继续下去得到图 4，则图 4 中的折线的总长度为（）-6-A 2 B C D 考点：规律型：图形的变化类；等边三角形的性质。810360 分析：当 n=2 时，折线的长度为：1+=；当 n=3 时，折线的长度为：+=；当 n=4时，折线的长度为：+=，从而可求出折线的总长度 解答：解：由题意得：当 n=2 时，折线的长度为：1+=；当 n=3 时，折线的长度为：+=；当 n=4 时，折线的长度为：+=故

10、选 D 点评：此题考查的知识点是图形数字的变化类问题，同时考查学生分析归纳问题的能力，其关键是读懂题意，找出规律解答 例 12 （2012河北）用 4 个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图 1，用 n 个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则 n 的值为 考点：平面镶嵌（密铺）。810360 专题：应用题。分析：根据正六边形的一个内角为 120，可求出正六边形密铺时需要的正多边形的内角，继而可求出这个正多边形的边数 解答：解：两个正六边形结合，一个公共点处组成的角度为 240，故如果要密铺，则需要

11、一个内角为 120的正多边形，-7-而正六边形的内角为 120，故答案为：6 点评：此题考查了平面密铺的知识，解答本题关键是求出在密铺条件下需要的正多边形的一个内角的度数，有一定难度 例 13 （2012无锡）如图的平面直角坐标系中有一个正六边形 ABCDEF，其中 C、D 的坐标分别为（1，0）和（2，0）若在无滑动的情况下，将这个六边形沿着 x 轴向右滚动，则在滚动过程中，这个六边形的顶点 A、B、C、D、E、F 中，会过点（45，2）的是点 考点：正多边形和圆；坐标与图形性质；旋转的性质。810360 专题：规律型。分析：先连接 AD，过点 F，E作 FGAD，EHAD，由正六边形的性质

12、得出 A的坐标，再根据每 6 个单位长度正好等于正六边形滚动一周即可得出结论 解答：解：如图所示：当滚动一个单位长度时 E、F、A 的对应点分别是 E、F、A，连接 AD，点 F，E作 FGAD，EHAD，六边形 ABCD 是正六边形，AFG=30，AG=AF=，同理可得 HD=，AD=2，D（2，0）A（2，2），OD=2，正六边形滚动 6 个单位长度时正好滚动一周，从点（2，2）开始到点（45，2）正好滚动 43 个单位长度，=71，恰好滚动 7 周多一个，-8-会过点（45，2）的是点 B 故答案为：B 点评：本题考查的是正多边形和圆及图形旋转的性质，根据题意作出辅助线，利用正六边形的性

13、质求出 A点的坐标是解答此题的关键 例 14 （2012绥化）长为 20，宽为 a 的矩形纸片（10a20），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下去，若在第 n 次操作后，剩下的矩形为正方形，则操作停止当 n=3 时，a 的值为 考点：翻折变换（折叠问题）。810360 专题：规律型。分析：首先根据题意可得可知当 10a20 时，第一次操作后剩下的矩形的长为 a，宽为 20a，第二次操作时正方形的边长为 20a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为 20a，2a2

14、0然后分别从 20a2a20 与 20a2a20 去分析求解，即可求得答案 解答：解：由题意，可知当 10a20 时，第一次操作后剩下的矩形的长为 a，宽为 20a，所以第二次操作时正方形的边长为 20a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为 20a，2a20 此时，分两种情况：如果 20a2a20，即 a40，那么第三次操作时正方形的边长为 2a20 则 2a20=（20a）（2a20），解得 a=12；如果 20a2a20，即 a，那么第三次操作时正方形的边长为 20a -9-则 20a=（2a20）（20a），解得 a=15 当 n=3 时，a 的值为 12 或 15 故答案为：12 或

15、 15 点评：此题考查了折叠的性质与矩形的性质此题难度较大，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系 考点六：猜想数字求和 例 16（2012黄石）“数学王子”高斯从小就善于观察和思考在他读小学时就能在课堂上快速地计算出 1+2+3+98+99+100=5050，今天我们可以将高斯的做法归纳如下：令 S=1+2+3+98+99+100 S=100+99+98+3+2+1 +：有 2S=（1+100）100 解得：S=5050 请类比以上做法，回答下列问题：若 n 为正整数，3+5+7+（2n+1）=168，则 n=考点：有理数的混合运算。810360 专题：规律

16、型。分析：根据题目提供的信息，列出方程，然后求解即可 解答：解：设 S=3+5+7+（2n+1）=168，则 S=（2n+1）+7+5+3=168，+得，2S=n（2n+1+3）=2168，整理得，n2+2n168=0，解得 n1=12，n2=14（舍去）故答案为：12 点评：本题考查了有理数的混合运算，读懂题目提供的信息，表示出这列数据的和并列出方程是解题的关键 -10-四、真题演练 一选择题 1（2012自贡）一质点 P 从距原点 1 个单位的 M 点处向原点方向跳动，第一次跳动到 OM 的中点 M3处，第二次从 M3跳到 OM3的中点 M2处，第三次从点 M2跳到 OM2的中点 M1处，

17、如此不断跳动下去，则第 n 次跳动后，该质点到原点 O 的距离为（）A B C D 考点：规律型：点的坐标。810360 分析：根据题意，得第一次跳动到 OM 的中点 M3处，即在离原点的 处，第二次从 M3点跳动到 M2处，即在离原点的（）2处，则跳动 n 次后，即跳到了离原点的处 解答：解：由于 OM=1，所有第一次跳动到 OM 的中点 M3处时，OM3=OM=，同理第二次从 M3点跳动到 M2处，即在离原点的（）2处，同理跳动 n 次后，即跳到了离原点的处，故选 D 点评：本题主要考查点的坐标，这是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现解答本题的关键是找出各个点跳动的规律，此题比较简

18、单 2（2012鄂州）在平面坐标系中，正方形 ABCD 的位置如图所示，点 A 的坐标为（1，0），点 D 的坐标为（0，2），延长 CB 交 x 轴于点 A1，作正方形 A1B1C1C，延长 C1B1交 x 轴于点A2，作正方形 A2B2C2C1，按这样的规律进行下去，第 2012 个正方形的面积为（）-11-A B C D 考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；正方形的性质。810360 专题：规律型。分析：首先设正方形的面积分别为 S1，S2S2012，由题意可求得 S1的值，易证得BAA1B1A1A2，利用相似三角形的对应边成比例与三角函数的性质，即可求得 S2的值，继而求得

19、S3的值，继而可得规律：Sn=5（）2n2，则可求得答案 解答：解：点 A 的坐标为（1，0），点 D 的坐标为（0，2），OA=1，OD=2，设正方形的面积分别为 S1，S2S2012，根据题意，得：ADBCC1A2C2B2，BAA1=B1A1A2=B2A2x，ABA1=A1B1A2=90，BAA1B1A1A2，在直角ADO 中，根据勾股定理，得：AD=，AB=AD=BC=，S1=5，DAO+ADO=90，DAO+BAA1=90，ADO=BAA1，tanBAA1=，A1B=，A1B=A1C=BC+A1B=，-12-S2=5=5（）2，=，A2B1=，A2C1=B1C1+A2B1=+=（）2，

20、S3=5=5（）4，由此可得：Sn=5（）2n2，S2012=5（）220122=5（）4022 故选 D 点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角函数等知识此题难度较大，解题的关键是得到规律 Sn=5（）2n2 3（2012镇江）边长为 a 的等边三角形，记为第 1 个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第 1 个正六边形，取这个正六边形不相邻的三边中点，顺次连接又得到一个等边三角形，记为第 2 个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第 2 个正六边形（如图），按此方式依次操作，则第 6 个正六边形的边长为（）A B

21、C D 考点：等边三角形的判定与性质。810360 专题：规律型。分析：连接 AD、DB、DF，求出AFD=ABD=90，根据 HL 证两三角形全等得出FAD=60，求出 ADEFGI，过 F 作 FZGI，过 E 作 ENGI 于 N，得出平行四边形 FZNE-13-得出 EF=ZN=a，求出 GI 的长，求出第一个正六边形的边长是 a，是等边三角形 QKM 的边长的；同理第二个正六边形的边长是等边三角形 GHI 的边长的；求出第五个等边三角形的边长，乘以 即可得出第六个正六边形的边长 解答：解：连接 AD、DF、DB，六边形 ABCDEF 是正六边形，ABC=BAF=AFE，AB=AF，E

22、=C=120，EF=DE=BC=CD，EFD=EDF=CBD=BDC=30，AFE=ABC=120，AFD=ABD=90，在 RtABD 和 RtAFD 中 RtABDRtAFD，BAD=FAD=120=60，FAD+AFE=60+120=180，ADEF，G、I 分别为 AF、DE 中点，GIEFAD，FGI=FAD=60，六边形 ABCDEF 是正六边形，QKM 是等边三角形，EDM=60=M，ED=EM，同理 AF=QF，即 AF=QF=EF=EM，等边三角形 QKM 的边长是 a，-14-第一个正六边形 ABCDEF 的边长是 a，即等边三角形 QKM 的边长的，过 F 作 FZGI

23、于 Z，过 E 作 ENGI 于 N，则 FZEN，EFGI，四边形 FZNE 是平行四边形，EF=ZN=a，GF=AF=a=a，FGI=60（已证），GFZ=30，GZ=GF=a，同理 IN=a，GI=a+a+a=a，即第一个等边三角形的边长是 a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第二个正六边形的边长是 a；同理第第二个等边三角形的边长是 a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第三个正六边形的边长是 a；同理第三个等边三角形的边长是 a，第四个正六边形的边长是 a；第四个等边三角形的边长是 a，第五个正六边形的边长是 a；第五个等边三角形的边长是 a，第六个

24、正六边形的边长是 a，即第六个正六边形的边长是 a，故选 A 点评：本题考查了正六边形、等边三角形的性质、平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定的应用，能总结出规律是解此题的关键，题目具有一定的规律性，是一道有一定难度的题目 -15-二填空题 4（2012天门）如图，线段 AC=n+1（其中 n 为正整数），点 B 在线段 AC 上，在线段 AC 同侧作正方形 ABMN 及正方形 BCEF，连接 AM、ME、EA 得到AME当 AB=1 时，AME的面积记为 S1；当 AB=2 时，AME 的面积记为 S2；当 AB=3 时，AME 的面积记为 S3；当 AB=n 时，AME 的面积记

25、为 Sn当 n2 时，SnSn1=考点：整式的混合运算。810360 专题：规律型。分析：方法一：根据连接 BE，则 BEAM，利用AME 的面积=AMB 的面积即可得出Sn=n2，Sn1=（n1）2=n2n+，即可得出答案 方法二：根据题意得出图象，根据当AB=n时，BC=1，得出Sn=S矩形ACQNSACESMQESANM，得出 S 与 n 的关系，进而得出当 AB=n1 时，BC=2，Sn1=n2n+，即可得出 SnSn1的值 解答：解：方法一：连接 BE，在线段 AC 同侧作正方形 ABMN 及正方形 BCEF，BEAM，AME 与AMB 同底等高，AME 的面积=AMB 的面积，当

26、AB=n 时，AME 的面积记为 Sn=n2，Sn1=（n1）2=n2n+，当 n2 时，SnSn1=，故答案为：；方法二：如图所示：延长 CE 与 NM，交于点 Q，-16-线段 AC=n+1（其中 n 为正整数），当 AB=n 时，BC=1，当AME 的面积记为：Sn=S矩形ACQNSACESMQESANM，=n（n+1）1（n+1）1（n1）nn，=n2，当 AB=n1 时，BC=2，当AME 的面积记为：Sn1=S矩形ACQNSACESMQESANM，=（n+1）（n1）2（n+1）2（n3）（n1）（n1），=n2n+，当 n2 时，SnSn1=n2（n2n+）=n=，故答案为：点评

27、：此题主要考查了三角形面积求法以及正方形的性质，根据已知得出正确图形，得出 S与 n 的关系是解题关键 -17-6（2012威海）如图，在平面直角坐标系中，线段 OA1=1，OA1与 x 轴的夹角为 30，线段A1A2=1，A2A1OA1，垂足为 A1；线段 A2A3=1，A3A2A1A2，垂足为 A2；线段 A3A4=1，A4A3A2A3，垂足为 A3；按此规律，点 A2012的坐标为 考点：规律型：点的坐标。810360 专题：规律型。分析：过点 A1作 A1Bx 轴，作 A1Cx 轴 A2Cy 轴，相交于点 C，然后求出点 A1的坐标，以及 A1C、A2C 的长度，并出 A2、A3、A4

28、、A5、A6的坐标，然后总结出点的坐标的变化规律，再把 2012 代入规律进行计算即可得解 解答：解：如图，过点 A1作 A1Bx 轴，作 A1Cx 轴 A2Cy 轴，相交于点 C，OA1=1，OA1与 x 轴的夹角为 30，OB=OA1cos=1=，A1B=OA1sin30=1=，点 A1的坐标为（，），A2A1OA1，OA1与 x 轴的夹角为 30，OA1C=30，A2A1C=9030=60，A1A2C=9060=30，同理可求：A2C=OB=，A1C=A1B=，所以，点 A2的坐标为（，+），点 A3的坐标为（+，+），即（，+1），点 A4的坐标为（，+1+），即（1，+1），点 A5

29、的坐标为（1+，+1+），即（1，+），-18-点 A6的坐标为（1，+），即（，+），当 n 为奇数时，点 An的坐标为（，+），当 n 为偶数时，点 An的坐标为（，+），所以，当 n=2012 时，=503503，+=503+503，点 A2012的坐标为（503503，503+503）故答案为：（503503，503+503）点评：本题考查了点的坐标的规律变化问题，作出辅助线，求出各点的横坐标与纵坐标的规律变化的数值，然后依次写出前几个点的坐标，根据坐标与点的序号的特点找出点的坐标的通式是解题的关键 7（2012湖州）如图，将正ABC 分割成 m 个边长为 1 的小正三角形和一个黑色菱

30、形，这个黑色菱形可分割成 n 个边长为 1 的小三角形，若=，则ABC 的边长是 考点：菱形的性质；等边三角形的性质。810360 专题：规律型。-19-分析：设正ABC 的边长为 x，根据等边三角形的高为边长的倍，求出正ABC 的面积，再根据菱形的性质结合图形表示出菱形的两对角线，然后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半表示出菱形的面积，然后根据所分成的小正三角形的个数的比等于面积的比列式计算即可得解 解答：解：设正ABC 的边长为 x，则高为x，SABC=xx=x2，所分成的都是正三角形，结合图形可得黑色菱形的较长的对角线为x，较短的对角线为（x）=x1，黑色菱形的面积=（x）（x1）=（

31、x2）2，=，整理得，11x2144x+144=0，解得 x1=（不符合题意，舍去），x2=12，所以，ABC 的边长是 12 故答案为：12 点评：本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握有一个角等于 60的菱形的两条对角线的关系是解题的关键，本题难点在于根据三角形的面积与菱形的面积列出方程 8（2012泰安）如图，在平面直角坐标系中，有若干个横坐标分别为整数的点，其顺序按图中“”方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（1，1），（1，2），（2，2）根据这个规律，第 2012 个点的横坐标为 -20-考点：点的坐标。810360 专题：规律型。分析：观察图形可知，以最外边

32、的正方形边长上的点为准，点的总个数等于 x 轴上右下角的点的横坐标的平方，并且右下角的点的横坐标是奇数时最后以横坐标为该数，纵坐标为 0结束，当右下角的点横坐标是偶数时，以横坐标为 1，纵坐标为右下角横坐标的偶数减 1 的点结束，根据此规律解答即可 解答：解：根据图形，以最外边的正方形边长上的点为准，点的总个数等于 x 轴上右下角的点的横坐标的平方，例如：右下角的点的横坐标为 1，共有 1 个，1=12，右下角的点的横坐标为 2 时，共有 4 个，4=22，右下角的点的横坐标为 3 时，共有 9 个，9=32，右下角的点的横坐标为 4 时，共有 16 个，16=42，右下角的点的横坐标为 n

33、时，共有 n2个，452=2025，45 是奇数，第 2025 个点是（45，0），第 2012 个点是（45，13），所以，第 2012 个点的横坐标为 45 故答案为：45 点评：本题考查了点的坐标，观察出点个数与横坐标的存在的平方关系是解题的关键 9（2012北京）在平面直角坐标系 xOy 中，我们把横、纵坐标都是整数的点叫做整点已知点 A（0，4），点 B 是 x 轴正半轴上的整点，记AOB 内部（不包括边界）的整点个数为 m 当-21-m=3 时，点 B 的横坐标的所有可能值是 ；当点 B 的横坐标为 4n（n 为正整数）时，m=（用含 n 的代数式表示）考点：点的坐标。810360

34、 专题：规律型。分析：根据题意画出图形，再找出点 B 的横坐标与AOB 内部（不包括边界）的整点 m 之间的关系即可求出答案 解答：解：如图：当点 B 在（3，0）点或（4，0）点时，AOB 内部（不包括边界）的整点为（1，1）（1，2）（2，1），共三个点，所以当 m=3 时，点 B 的横坐标的所有可能值是 3 或 4；因为AOB 内部（不包括边界）的整点个数=（点 B 的横坐标1）（点 A 的纵坐标1）32，所以当点 B 的横坐标为 4n（n 为正整数）时，m=（4n1）（41）32=6n3；故答案为：3 或 4，6n3 点评：此题考查了点的坐标，关键是根据题意画出图形，找出点 B 的横坐

35、标与AOB 内部（不包括边界）的整点 m 之间的关系，考查数形结合的数学思想方法 10（2012佳木斯）如图，直线 y=x，点 A1坐标为（1，0），过点 A1作 x 轴的垂线交直线于点 B1，以原点 O 为圆心，OB1长为半径画弧交 x 轴于点 A2，再过点 A2作 x 轴的垂线交直线于点 B2，以原点 O 为圆心，OB2长为半径画弧交 x 轴于点 A3，按此作法进行去，点 Bn的纵坐标为 （n 为正整数）-22-考点：一次函数综合题。810360 专题：规律型。分析：由 A1（1，0），可知 B1的横坐标为 1，由于 B1，B2，B3，.，Bn 都在直线 y=x 上，可知 B1，B2，B3

36、，.，Bn 各点的横坐标与纵坐标相等，即 B1（1，1），由勾股定理得 OB1=，由此可得 A2（，0），则 B2（，），由勾股定理得 OB2=2，则 A3（2，0），则 B3（2，2），由此得出一般结论 解答：解：B1，B2，B3，Bn都在直线 y=x 上，B1，B2，B3，Bn各点的横坐标与纵坐标相等，由 A1（1，0），得 B1（1，1），此时 OB1=，可知，A2（，0），则 B2（，），同理可得 B3（2，2），则 Bn（，）故答案为：（，）点评：本题考查了一次函数的综合运用关键是明确直线 y=x 上点的横坐标与纵坐标相等特点，由易到难，由特殊到一般，得出规律 11（2012鄂州）已

37、知，如图，OBC 中是直角三角形，OB 与 x 轴正半轴重合，OBC=90，且 OB=1，BC=，将OBC 绕原点 O 逆时针旋转 60再将其各边扩大为原来的 m 倍，使OB1=OC，得到OB1C1，将OB1C1绕原点 O 逆时针旋转 60再将其各边扩大为原来的 m 倍，使 OB2=OC1，得到OB2C2，如此继续下去，得到OB2012C2012，则 m=点C2012的坐标是 -23-考点：坐标与图形变化-旋转；解直角三角形。810360 专题：规律型。分析：先解直角三角形求出BOC=60，再根据 30角所对的直角边等于斜边的一半即可求出 m 的值，然后求出 OC1、OC2、OC3、OCn的长

38、度，再根据周角等于 360，每 6 个为一个循环组，求出点 C2012是第几个循环组的第几个点，再根据变化规律写出点的坐标即可 解答：解：OBC=90，OB=1，BC=，tanBOC=，BOC=60，OC=2OB=21=2，将OBC 绕原点 O 逆时针旋转 60再将其各边扩大为原来的 m 倍，使 OB1=OC，m=2，OC1=2OC=22=4=22，OC2=2OC1=24=8=23，OC3=2OC2=28=16=24，OCn=2n+1，OC2012=22013，20126=3352，点 C2012与点 C2x 在同一射线上，在 x 轴负半轴，坐标为（22013，0）故答案为：2，（22013，

39、0）-24-点评：本题考查了坐标与图形的变化旋转，解直角三角形，根据解直角三角形，以及 30角所对的直角边等于斜边的一半，求出 m 的值是解题的关键 12（2012泸州）如图，n 个边长为 1 的相邻正方形的一边均在同一直线上，点 M1，M2，M3，Mn分别为边 B1B2，B2B3，B3B4，BnBn+1的中点，B1C1M1的面积为 S1，B2C2M2的面积为 S2，BnCnMn的面积为 Sn，则 Sn=（用含 n 的式子表示）考点：相似三角形的判定与性质。810360 专题：规律型。分析：由 n 个边长为 1 的相邻正方形的一边均在同一直线上，点 M1，M2，M3，Mn分别为边 B1B2，B

40、2B3，B3B4，BnBn+1的中点，即可求得B1C1Mn的面积，又由 BnCnB1C1，即可得BnCnMnB1C1Mn，然后利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，求得答案 解答：解：n 个边长为 1 的相邻正方形的一边均在同一直线上，点 M1，M2，M3，Mn分别为边 B1B2，B2B3，B3B4，BnBn+1的中点，S1=B1C1B1M1=1=，SB1C1M2=B1C1B1M2=1=，SB1C1M3=B1C1B1M3=1=，SB1C1M4=B1C1B1M4=1=，-25-SB1C1Mn=B1C1B1Mn=1=，BnCnB1C1，BnCnMnB1C1Mn，SBnCnMn：SB1C1Mn=（

41、）2=（）2，即 Sn：=，Sn=故答案为：点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及直角三角形面积的公式 此题难度较大，注意掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方定理的应用是解此题的关键 13（2012衡阳）观察下列等式 sin30=cos60=sin45=cos=45=sin60=cos30=根据上述规律，计算 sin2a+sin2（90a）=考点：互余两角三角函数的关系。810360 专题：规律型。分析：根据可得出规律，即 sin2a+sin2（90a）=1，继而可得出答案 解答：解：由题意得，sin230+sin2（9030）=1；sin245+sin2（9045）=1；

42、sin260+sin2（9060）=1；故可得 sin2a+sin2（90a）=1 故答案为：1 -26-点评：此题考查了互余两角的三角函数的关系，属于规律型题目，注意根据题意总结，另外 sin2a+sin2（90a）=1 是个恒等式，同学们可以记住并直接运用 14（2012东营）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A1，A2，A3，和 B1，B2，B3，分别在直线 y=kx+b 和 x 轴上OA1B1，B1A2B2，B2A3B3，都是等腰直角三角形，如果 A1（1，1），A2（），那么点 An的纵坐标是 考点：一次函数综合题。810360 专题：代数几何综合题；规律型。分析：利用待定系数法求一

43、次函数解析式求出直线的解析式，再求出直线与 x 轴、y 轴的交点坐标，求出直线与 x 轴的夹角的正切值，分别过等腰直角三角形的直角顶点向 x 轴作垂线，然后根据等腰直角三角形斜边上的高线与中线重合并且等于斜边的一半，利用正切值列式依次求出三角形的斜边上的高线，即可得到各点的纵坐标的规律 解答：解：A1（1，1），A2（，）在直线 y=kx+b 上，解得，直线解析式为 y=x+，如图，设直线与 x 轴、y 轴的交点坐标分别为 N、M，当 x=0 时，y=，当 y=0 时，x+=0，解得 x=4，点 M、N 的坐标分别为 M（0，），N（4，0），-27-tanMNO=，作 A1C1x 轴与点 C

44、1，A2C2x 轴与点 C2，A3C3x 轴与点 C3，A1（1，1），A2（，），OB2=OB1+B1B2=21+2=2+3=5，tanMNO=，B2A3B3是等腰直角三角形，A3C3=B2C3，A3C3=（）2，同理可求，第四个等腰直角三角形 A4C4=（）3，依次类推，点 An的纵坐标是（）n1 故答案为：（）n1 点评：本题是对一次函数的综合考查，主要利用了待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形斜边上的高线就是斜边上的中线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及正切的定义，规律性较强，注意指数与点的脚码相差 1 15（2012绍兴）如图，矩形 OABC 的两条边在坐标轴上，OA=1

45、，OC=2，现将此矩形向右平移，每次平移 1 个单位，若第 1 次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为 0.6，则第 n 次（n1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为 （用含 n 的代数式表示）-28-考点：反比例函数综合题。810360 分析：可设反比例函数解析式为 y=，根据第 1 次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为 0.6，可分两种情况：与 BC，AB 平移后的对应边相交；与 OC，AB 平移后的对应边相交；得到方程求得反比例函数解析式，再代入第 n次（n1）平移的横坐标得到矩形

46、的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值 解答：解：设反比例函数解析式为 y=，则 与 BC，AB 平移后的对应边相交；与 AB 平移后的对应边相交的交点的坐标为（2，1.4），则 1.4=，解得 k=2.8=，故反比例函数解析式为 y=则第 n 次（n1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：=；与 OC，AB 平移后的对应边相交；k=0.6，解得 k=故反比例函数解析式为 y=则第 n 次（n1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：=故第 n 次（n1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的

47、绝对值为或 故答案为：或 点评：考查了反比例函数综合题，本题的关键是根据第 1 次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为 0.6，分与 BC，AB 平移后的对应边相交；与 OC，AB 平移后的对应边相交；两种情况讨论求解 -29-16（2012黑龙江）如图所示，在 x 轴的正半轴上依次截取 OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5，过 A1、A2、A3、A4、A5分别作 x 轴的垂线与反比例函数 y=的图象交于点 P1、P2、P3、P4、P5，并设OA1P1、A1A2P2、A2A3P3面积分别为 S1、S2、S3，按此作法进行下去，则 Sn的值为 n 为

48、正整数）考点：反比例函数综合题。810360 分析：根据反比例函数 y=中 k 的几何意义再结合图象即可解答 解答：解：因为过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积 S 是个定值，S=|k|=2 所以 S1=2，S2=S1=1，S3=S1=，S4=S1=，S5=S1=依次类推：Sn的值为 故答案是：点评：主要考查了反比例函数 y=中 k 的几何意义，即过双曲线上任意一点引 x 轴、y 轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解 k 的几何意义图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围

49、成的直角三角形面积 S 的关系即 S=|k|-30-17（2012铁岭）如图，点 E、F、G、H 分别为菱形 A1B1C1D1各边的中点，连接 A1F、B1G、C1H、D1E 得四边形 A2B2C2D2，以此类推得四边形 A3B3C3D3，若菱形 A1B1C1D1的面积为 S，则四边形 AnBnCnDn的面积为 考点：三角形中位线定理；菱形的性质。810360 专题：规律型。分析：由 E、F、G、H 分别为菱形 A1B1C1D1各边的中点，得到 A1H=C1F，又 A1HC1F，利用一组边长平行且相等的四边形为平行四边形得到四边形 A1HC1F 为平行四边形，根据平行线间的距离相等及平行四边形

50、与三角形的面积公式，可得出四边形 A1HC1F 的面积等于HB1C1面积的 2 倍，等于A1D1F 面积的 2 倍，而这三个的面积之和为菱形的面积 S，可得出四边形A1HC1F面积为菱形面积S的一半，再由平行线等分线段定理得到A2为A1D2的中点，C2为 C1B2的中点，B2为 B1A2的中点，D2为 D1C2的中点，利用三角形的中位线定理得到HB2=A1A2，D2F=C1C2，可得出 A1A2B2H 和 C1C2D2F 都为梯形，且高与平行四边形 A2B2C2D2的高 h 相等（设高为 h），下底与平行四边形 A2B2C2D2的边 A2D2与 x 相等（设 A2D2=x），分别利用梯形的面积