专题33 探索规律问题-2年中考1年模拟备战中考数学精品系列(解析版)

向旋转90°至图②位置，以此类推，这样连续旋转2017次．若AB=4，AD=3，则顶点A在整个旋转过程

的路线长是：

9033 =π，转动第四次的路线长是：0，以此类推，每四次循环，故顶点A转动四1802网

值是（ ）

字，则这一列数中的第2017个数是（ ）

与射线A1O夹角为60°的方向运动到⊙O上的点A2处；接着又从A2点出发，沿着射线A2O方向运动到

是（ ）

90°圆弧，，，…得到斐波那契螺旋线，然后顺次连结P1P2，P2P3，P3P4，…得到螺旋折

作A2A3⊥l，垂足为点A3，…，这样依次下去，得到一组线段：AA1，A1A2，A2A3，…，则线段A2016A2107的长

33333391OA3=，…，∴OAn=()nOA=2×()n，∴OA2016=2×()2016，A2016A2107的长×2×()2016=()2016，22222282原理，常用随机模拟的方法对圆周率π进行估计，用计算机随机产生m个有序数对（x，y）（x，y是

小于或等于1的点有n个，则据此可估计π的值为 ．（用含m，n的式子表示）

叫做点P（x，y）的终结点．已知点P1的终结点为P2，点P2的终结点为P3，点P3的终结点为P4，这样

2，0），（1，4），（﹣3，3），（﹣2，﹣1）循环，∵2017=2016+1=4×504+1，∴P2017 坐标与P1点重合，

形语言表示为图1，按此图分割的方法，可得到一个等式（符号语言）：11111 23n．

2222⊥AB于点C3，如此无限继续下去，则可将利△ABC分割成△ACC1、△CC1C2、△C1C2C3、△C2C3C4、…、△

理可得， =

33×()2，24 =33×()3，… 241+…

，6是第三个三角形数，…，依此类推，第100个三角形数是 ．

上，则An的坐标是 ．

得：y=2，∴A2的坐标为（1，2），同理A3的坐标为（3，4），…

（0，1），P2（1，1），P3（1，0），P4（1，﹣1），P5（2，﹣1），P6（2，0），…，则点P2017的坐标是 ．

第三次拼成形如图3所示的图案，第四次拼成形如图4所示的图案…按照这样的规律进行下去，第n

×3），第三次拼成形如图3所示的图案共有24块地砖，24=2×（3×4），第四次拼成形如图4所示的图

形A4B4C4D4E4F4的面积是 ．

BA4C= ，…按此规律，写出tan∠BAnC= （用含n的代数式表示）．

心，O2O1为半径的圆与OB相切；在射线O2A上取点O3，以O3为圆心，O3O2为半径的圆与OB相切；…；

，∴⊙On的半径为2n﹣1 CO1，∵⊙O1的半径为1，∴⊙O10的半径长=29，故答案为：29．学科￥网

转180°得到点P1，点P1绕点B旋转180°得到点P2，点P2绕点C旋转180°得到点P3，点P3绕点A旋

n次，每次旋转60°．当n=2017时，顶点A的坐标为 ．针旋转

，12，…个单位得到的，直线y=kx+2与此折线恰有2n（n≥1，且为整数）个交点，则k的值为 ．

边与y轴重合且点A的坐标为（0，1），∠ABO=30°；第二块三角板的斜边BB1与第一块三角板的斜边AB

的斜边B1B2C垂直且交y轴于点B3；…按此规律继续下去，则点B2017的坐标为 ．

3为边作等边△A2C2C3；作C2D2⊥A2C3于D2，在C2C3的延长线上取点C4，使D2C4=D2C2，连接D2C4，以（n≥2，且n为整数）

C3C4

C．作y轴的平行线交直线y=x于点A2，过点A2作x轴的平行线交直线y3x于点B3，…，按照此规律进2为（23444，），点B3的坐标为（，）．

3333边中点得到第2个小三角形，如此操作下去，则第n个小三角形的面积为 ．

•s，s3=

1121111•s，∴s= •s==，故答案为：． 2n

2n2n12n162n222222以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，依

轴，交l1于点A2，再过点A2作A2A3⊥l3交y轴于点A3…，则点A2017坐标为 ．

3)2016，0）．

表示An、Bn两点间的距离，则S1+S2+……+S2017＝_____________．

点An在点Bn的左侧），∴Sn=

111201711111﹣，∴S1+S2+…+S20171...=1=．故nn12018201822320172018nn个nn，即n2.这样，该三角形数阵中共有

n(n1)个圆圈，所有圆圈中数的和为1222322n2．

中的数分别为n﹣1，2，n），发现每个位置上三个圆圈中数的和均为 ，由此可得，这三个

n≤12），分别过每个顶点作x轴的垂线，垂足记为B1、B2，…，Bn，以线段AnBn为边向左作正方

数，且b=﹣4时，抛物线的表达式为y=ax2﹣4x．由题意可知，第n条抛物线的顶点为An（﹣n，2n），则Dn

bb222

=﹣n﹣k，得出a= =，即第n+k条抛物线的表达式为y=x

2(nk)2anknk﹣n﹣k，2n+2k），根据6x；

得b1=﹣4，b2=0；

数）条抛物线经过点Dn，此时第n+k条抛物线的顶点坐标是An+k（﹣n﹣k，2n+2k），∴b=﹣n﹣k，∴2a44×（﹣3n），解得k=n，∵n，k为正整数，且n≤12，∴n1=5，n2=10．

5知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…则正方形A2016B2016C2016D2016的边长是（ ）

=C1D1sin30°=

333BE11，则B2C2=22==()1，同理可得：B3C3==()2，故正方形AnBnCnDn的边长是：

3332cos303菱形的对角线交点D的坐标为（ ）

7个白色纸片，则n的值为（ ）

l于点B1、B2、…、Bn，将△OA1B1，四边形A1A2B2B1、…、四边形An﹣1AnBnBn﹣1的面积依次记为S1、S2、…、

H6，丙烷的化学式是C3H8，…，设碳原子的数目为n（n为正整数），则它们的化学式都可以用下列哪个

中y与n之间的关系是（ ）

三角形的数字规律为：1+2，222，…，n2n，∴y2nn．故选B． S2，…，按照此规律继续下去，则S9的值为（学.科.网 ）

边

角边为边向外作正方形，其面积标记为 有10个小圆圈，第③个图形中一共有19个小圆圈，…，按此规律排列，则第⑦个图形中小圆圈的个

星，…，按此规律，图形⑧中星星的颗数是（ ）

11+(n1)(n6)．令n=8，则a8=2+(81)(86)=51．故选C． 22形ABCD沿x轴翻折，再向右平移8个单位长度，向下平移1个单位长度后，得到四边形A1B1C1D1，最

∴E1（3，4），由勾股定理得：A1E1=3242=5，当对角线交点落在x轴正半轴上时，对角线的交点坐标

三角形ABC沿x轴正半轴作无滑动顺时针翻转，第一次翻转到位置①，第二次翻转到位置②…依此规

（用含n的代数式表示）

10=4+2×3，16=4+3×4，24=4+4×5…，∴第n个图形有：4+n（n+1）．

﹣7，b…，则b= ．

，于是她假设：S=1332333435363738①，然后在①式的两边都乘以3，得：

其正确答案是 ．

=m2017m20171m2017123420161，即S=，∴1mmmm...m=（m≠0且m≠1）．

m1m12

于点A1，过点A1作y轴的垂线交l2于点A2，过点A2作x轴的垂线交l2于点A3，过点A3作y轴的垂线

B1，B2，B3，…在x轴的正半轴上，若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，直角

．

…、正方形AnBnCnCn﹣1，使得点A1、A2、A3、…在直线l上，点C1、C2、C3、…在y轴正半轴上，则点Bn的

，1），∵四边形A2B2C2C1是正方形，∴B2坐标（2，3），∵C2A3∥x轴，∴A3坐标（4，3），∵四边形A3B3C3C2

）．

形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推…、则正方形OB2015B2016C2016的

到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3；…如此进行下去，直至得到C6，若点P

案中有 个涂有阴影的小正方形（用含有n的代数式表示）．

涂有阴影的小正方形的个数为5×3﹣2=13，…，第n个图案涂有阴影的小正方形的个数为5n﹣（n﹣1）

第二个：10=3×4﹣2，第三个：27=5×6﹣3，∴第n个：2n（2n﹣1）﹣n，∴x=19×20﹣10=370．故

的代数式表示）．

线分别交OM、ON于点A2、F2，以A2F2为边作正六边形A2B2C2D2E2F2，边C2D2所在的直线分别交OM、ON于

∠A=90°-7°=83°．

返回到点A，此时∠A=__ ___°．

代数式表示为 ．

（n+1）．故答案为：n（n+1）．

按此规律，图案⑦需 根火柴棒．

．

P2016（504，﹣504），故答案为：（504，﹣32n232n．

．

504）．∴点

案为：OB1长为半径画弧交x轴负半轴于点A2，再过点A2作x轴的垂线交直线l于点B2，以原点O为圆心，

，=52，按上述规律，回答以下问题：

等式：a411=52，∴第n个等式：an=n1n； 25nn1案有4枚棋子，第4个图案有6枚棋子，…，那么第9个图案的棋子数是 枚．

成7个部分，4条直线最多可将平面分成11个部分．现有n条直线最多可将平面分成56个部分，则n

”中有245个“○”，则n= ．

，由此可得第n个图形有：[n（n﹣1）+5]个○，则可得方程：[n（n﹣1）+5]=245

为x1，第二个三角形数记为x2，…第n个三角形数记为xn，则xn+xn+1= ．

此类推，图10中有10个直角三角形的内切圆，它们的面积分别记为S1，S2，S3，…，S10，则S1+S2+S3+…

14836121214864161631216的半径=()=，⊙F的半径=()=，∴S1+S2+S3=()2()2()2

225255252252552552525 ．

，4，6，…，2n，顶点A3，A6，A9，…，A3n均在y轴上，点O是所有等边三角形的中心，则点A2016的坐

为直角边在A1B1的右侧作等腰直角△A1B1C1，再过点C1作A2B2∥y轴，分别交直线y=x和y1x于A2，B22用含正整数n的代数式表示）

含有m，n的代数式表示y，即y= ．

得到图③，按这样的方法进行下去，第n个图形中共有三角形的个数为 ．

1

，第二个三角数记为a2…，第n个三角数记为an，计算a1+a2，a2+a3，a3+a4，…由此推算

一次変换，如果这样连续经过2016次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为 ．

﹣1

=1+3+5+…+（2n﹣1）=n2．

…+（2n﹣1）+（2n+1）+（2n﹣1）+…+5+3+1=an﹣1+（2n+1）+an﹣1=n22n1n2=2n22n1．

角90°的扇形A2OB2，矩形A2C2EO、B2D2EO，及若干个缺一边的矩形状框A1C1D1B1、A2C2D2B2、…、AnBnCnDn，

，EF⊥C2D2于H2，C1D1⊥EF于H1，FH1=H1H2=d，C1D1、C2D2、C3D3、CnDn依次等距离平行排放（最后一个矩形

解决问题．

2a3，则a1的最小值为（ ）

据此对于a7、a8，分别取8、10、12检验可得，从而得出答案．

n+1）个数的和等于

2n(n2)”；

1201711111122232...2016222016，∴111n是解题的关键． 20162017M40312016．个数与第（1 数形结合．

，第2幅图形中“●”的个数为a2，第3幅图形中“●”的个数为a3，…，以此类推，则

1111a1a2a3a19出图形与数或式的对应关系，数形结合总结出图形的变化规律，进而解决相关问题．

，过点A1作A1B2平行于x轴，交直线l于点B2，以A1B2为边长作等边三角形A2A1B2，过点A2作A2B3平行

⊥A1B2于B，过A3作A3C⊥A2B3于C，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，分别求

221117231，过A3作A3C⊥A2B3于C，同理可得，A2B3=2A2B2=4，A2C=A2B3=2，即A3的横坐标为+1+2==，222222n1规律，求得An的横坐标为．

2比较，明确哪些结果发生了变化，哪些结果没有发生变化，从而逐步发现规律．

经一次翻滚后得到△A1B1O，则翻滚3次后点B的对应点的坐标是 ，翻滚2017次后AB中点

23401234=（）π，由2017÷3=672…1，可知翻滚2017次后AB中点M经过的路径长为672（）

3380殊到一般的探究方法，属于中考常考题型．

下的三个小三角形再分别重复以上做法，…将这种做法继续下去（如图2，图3…），则图6中挖去三

a=11+64=75，故选B．

于右边的数，∴量为（ ）

=4+84=88，故选B．

是（ ）

的末位数字是2，故选B．

角形解释二项和（a+b）n的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．

13个菱形，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中菱形的个数为（③个图形中一共有 ）

一共有21颗，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中的颗数为（ ）

等边三角形组成；第3个图由3个正六边形、16个正方形和14个等边三角形组成；…按照此规律，第

绕点B1逆时针旋转到△A1B1O1的位置，使点O1的对应点O2落在直线y3x上，依次进行下去…若点B33，O12的纵坐标=

1OO12=9+33，∴O12（﹣9﹣93，9+33）． 2下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置…，则正方

），故答案为：（6053，2）．

个点，故答案为： ．

2n．

12(3n1)．1)

度为长度为正半轴上，若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，直角顶点都在x轴上，则第

4=24﹣2，…