中考数学 专题突破导练案 第十讲 规律探索与开放问题试题.doc

第十讲规律探索与开放问题【专题知识结构】【专题解题分析】规律探索问题在中考中的常见考点有数字规律探索问题，图形规律探索问题，性质规律探索问题；开放型问题在中考中的常考点有条件开放型，结论开放型，方法开放型，存在开放型等解决规律探索与开放型问题常用的数学思想是方程思想，分类思想；常用的数学方法有分类讨论法，数形结合法，类比推理法，构建模型法，特殊值法，设参数法等.【典型例题解析】例题1: （2017 四川绵阳）如图所示，将形状、大小完全相同的“”和线段按照一定规律摆成下列图形，第1幅图形中“”的个数为a1，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+的值为（）abcd【考点】38：规律型：图形的变化类【分析】首先根据图形中“”的个数得出数字变化规律，进而求出即可【解答】解：a1=3=13，a2=8=24，a3=15=35，a4=24=46，an=n（n+2）；+=+=（1+）=（1+）=，故选c例题2: （2017山东临沂）将一些相同的“”按如图所示摆放，观察每个图形中的“”的个数，若第n个图形中“”的个数是78，则n的值是（）a11b12c13d14【分析】根据小圆个数变化规律进而表示出第n个图形中小圆的个数，进而得出答案【解答】解：第1个图形有1个小圆；第2个图形有1+2=3个小圆；第3个图形有1+2+3=6个小圆；第4个图形有1+2+3+4=10个小圆；第n个图形有1+2+3+n=个小圆；第n个图形中“”的个数是78，78=，解得：n1=12，n2=13（不合题意舍去），故选：b【点评】此题主要考查了图形变化类，正确得出小圆个数变化规律是解题关键例题3：下列图形都是由完全相同的小梯形按一定规律组成的如果第1个图形的周长为5，那么第2个图形的周长为8，第2017个图形的周长为6053【考点】38：规律型：图形的变化类【分析】根据已知图形得出每增加一个四边形其周长就增加3，据此可得答案【解答】解：第1个图形的周长为2+3=5，第2个图形的周长为2+32=8，第3个图形的周长为2+33=11，第2017个图形的周长为2+32017=6053，故答案为：8，6053例题4：(2017山东东营)如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x与x轴交于点b1，以ob1为边长作等边三角形a1ob1，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平行于x轴，交直线l于点b3，以a2b3为边长作等边三角形a3a2b3，则点a2017的横坐标是【分析】先根据直线l：y=x与x轴交于点b1，可得b1（1，0），ob1=1，ob1d=30，再，过a1作a1aob1于a，过a2作a2ba1b2于b，过a3作a3ca2b3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，分别求得a1的横坐标为，a2的横坐标为，a3的横坐标为，进而得到an的横坐标为，据此可得点a2017的横坐标【解答】解：由直线l：y=x与x轴交于点b1，可得b1（1，0），d（，0），ob1=1，ob1d=30，如图所示，过a1作a1aob1于a，则oa=ob1=，即a1的横坐标为=，由题可得a1b2b1=ob1d=30，b2a1b1=a1b1o=60，a1b1b2=90，a1b2=2a1b1=2，过a2作a2ba1b2于b，则a1b=a1b2=1，即a2的横坐标为+1=，过a3作a3ca2b3于c，同理可得，a2b3=2a2b2=4，a2c=a2b3=2，即a3的横坐标为+1+2=，同理可得，a4的横坐标为+1+2+4=，由此可得，an的横坐标为，点a2017的横坐标是，故答案为：【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形的性质的运用，解决问题的关键是依据等边三角形的性质找出规律，求得an的横坐标为例题5：(2017山东威海)某广场用同一种如图所示的地砖拼图案，第一次拼成形如图1所示的图案，第二拼成形如图2所示的图案，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次拼成的图案共有地砖2n2+2n块【分析】首先求出第一个、第二个、第三个、第四个图案中的地砖的数量，探究规律后即可解决问题【解答】解：第一次拼成形如图1所示的图案共有4块地砖，4=2（12），第二拼成形如图2所示的图案共有12块地砖，12=2（23），第三次拼成形如图3所示的图案共有24块地砖，24=2（34），第四次拼成形如图4所示的图案共有40块地砖，40=2（45），第n次拼成形如图1所示的图案共有2n（n+1）=2n2+2n块地砖，故答案为2n2+2n【点评】本题考查规律题目、解题的关键是学会从特殊到一般的探究方法，属于中考填空题中的压轴题【达标检测评估】一、选择题：1. （2017 四川绵阳）如图所示，将形状、大小完全相同的“”和线段按照一定规律摆成下列图形，第1幅图形中“”的个数为a1，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+的值为（）abcd【考点】38：规律型：图形的变化类【分析】首先根据图形中“”的个数得出数字变化规律，进而求出即可【解答】解：a1=3=13，a2=8=24，a3=15=35，a4=24=46，an=n（n+2）；+=+=（1+）=（1+）=，故选c2. 如图，在平面直角坐标系中，函数y=2x和y=x的图象分别为直线l1，l2，过点（1，0）作x轴的垂线交l2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轴的垂线交l2于点a4，依次进行下去，则点a2017的坐标为（21008，21009）【考点】一次函数图象上点的坐标特征【专题】规律型；一次函数及其应用【分析】写出部分an点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“a2n+1（2）n，2（2）n）（n为自然数）”，依此规律即可得出结论【解答】解：观察，发现规律：a1（1，2），a2（2，2），a3（2，4），a4（4，4），a5（4，8），a2n+1（2）n，2（2）n）（n为自然数）2017=10082+1，a2017的坐标为（2）1008，2（2）1008）=（21008，21009）故答案为：（21008，21009）【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中坐标的变化，解题的关键是找出变化规律“a2n+1（2）n，2（2）n）（n为自然数）”本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，写出部分an点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是关键3. （2016山东省菏泽市3分）如图，一段抛物线：y=x（x2）（0x2）记为c1，它与x轴交于两点o，a1；将c1绕a1旋转180得到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（11，m）在第6段抛物线c6上，则m=1【考点】二次函数图象与几何变换；抛物线与x轴的交点【专题】规律型【分析】将这段抛物线c1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道c1与c2的顶点到x轴的距离相等，且oa1=a1a2，照此类推可以推导知道点p（11，m）为抛物线c6的顶点，从而得到结果【解答】解：y=x（x2）（0x2），配方可得y=（x1）2+1（0x2），顶点坐标为（1，1），a1坐标为（2，0）c2由c1旋转得到，oa1=a1a2，即c2顶点坐标为（3，1），a2（4，0）；照此类推可得，c3顶点坐标为（5，1），a3（6，0）；c4顶点坐标为（7，1），a4（8，0）；c5顶点坐标为（9，1），a5（10，0）；c6顶点坐标为（11，1），a6（12，0）；m=1故答案为：1【点评】本题考查了二次函数的性质及旋转的性质，解题的关键是求出抛物线的顶点坐标4. （2016重庆市b卷4分）观察下列一组图形，其中图形中共有2颗星，图形中共有6颗星，图形中共有11颗星，图形中共有17颗星，按此规律，图形中星星的颗数是（）a43b45c51d53【考点】规律型：图形的变化类【分析】设图形n中星星的颗数是an（n为自然是），列出部分图形中星星的个数，根据数据的变化找出变化规律“an=2+”，结合该规律即可得出结论【解答】解：设图形n中星星的颗数是an（n为自然是），观察，发现规律：a1=2，a2=6=a1+3+1，a3=11=a2+4+1，a4=17=a3+5+1，an=2+令n=8，则a8=2+=51故选c【点评】本题考查了规律型中的图形的变化类，解题的关键是找出变化规律“an=2+”本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据给定条件列出部分数据，根据数据的变化找出变化规律是关键5. (2017烟台)用棋子摆出下列一组图形：按照这种规律摆下去，第n个图形用的棋子个数为（）a3nb6nc3n+6d3n+3【考点】38：规律型：图形的变化类【分析】解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论【解答】解：第一个图需棋子3+3=6；第二个图需棋子32+3=9；第三个图需棋子33+3=12；第n个图需棋子3n+3枚故选：d二、填空题：6. （2016山东潍坊3分）在平面直角坐标系中，直线l：y=x1与x轴交于点a1，如图所示依次作正方形a1b1c1o、正方形a2b2c2c1、正方形anbncncn1，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的坐标是（2n1，2n1）【考点】一次函数图象上点的坐标特征；正方形的性质【分析】先求出b1、b2、b3的坐标，探究规律后即可解决问题【解答】解：y=x1与x轴交于点a1，a1点坐标（1，0），四边形a1b1c1o是正方形，b1坐标（1，1），c1a2x轴，a2坐标（2，1），四边形a2b2c2c1是正方形，b2坐标（2，3），c2a3x轴，a3坐标（4，3），四边形a3b3c3c2是正方形，b3（4，7），b1（20，211），b2（21，221），b3（22，231），bn坐标（2n1，2n1）故答案为（2n1，2n1）7. （2016黑龙江齐齐哈尔3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形aocb的两边oa、oc分别在x轴和y轴上，且oa=2，oc=1在第二象限内，将矩形aocb以原点o为位似中心放大为原来的倍，得到矩形a1oc1b1，再将矩形a1oc1b1以原点o为位似中心放大倍，得到矩形a2oc2b2，以此类推，得到的矩形anocnbn的对角线交点的坐标为（，）【考点】位似变换；坐标与图形性质；矩形的性质【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或k，即可求得bn的坐标，然后根据矩形的性质即可求得对角线交点的坐标【解答】解：在第二象限内，将矩形aocb以原点o为位似中心放大为原来的倍，矩形a1oc1b1与矩形aocb是位似图形，点b与点b1是对应点，oa=2，oc=1点b的坐标为（2，1），点b1的坐标为（2，1），将矩形a1oc1b1以原点o为位似中心放大倍，得到矩形a2oc2b2，b2（2，1），bn（2，1），矩形anocnbn的对角线交点（2，1），即（，），故答案为：（，）8. 如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x+2交x轴于点a，交y轴于点a1，点a2，a3，在直线l上，点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，直角顶点都在x轴上，则第n个等腰直角三角形anbn1bn顶点bn的横坐标为2n+12【考点】d2：规律型：点的坐标【分析】先求出b1、b2、b3的坐标，探究规律后，即可根据规律解决问题【解答】解：由题意得oa=oa1=2，ob1=oa1=2，b1b2=b1a2=4，b2a3=b2b3=8，b1（2，0），b2（6，0），b3（14，0），2=222，6=232，14=242，bn的横坐标为2n+12故答案为 2n+129. （2016山东省菏泽市3分）如图，一段抛物线：y=x（x2）（0x2）记为c1，它与x轴交于两点o，a1；将c1绕a1旋转180得到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（11，m）在第6段抛物线c6上，则m=1【考点】二次函数图象与几何变换；抛物线与x轴的交点【专题】规律型【分析】将这段抛物线c1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道c1与c2的顶点到x轴的距离相等，且oa1=a1a2，照此类推可以推导知道点p（11，m）为抛物线c6的顶点，从而得到结果【解答】解：y=x（x2）（0x2），配方可得y=（x1）2+1（0x2），顶点坐标为（1，1），a1坐标为（2，0）c2由c1旋转得到，oa1=a1a2，即c2顶点坐标为（3，1），a2（4，0）；照此类推可得，c3顶点坐标为（5，1），a3（6，0）；c4顶点坐标为（7，1），a4（8，0）；c5顶点坐标为（9，1），a5（10，0）；c6顶点坐标为（11，1），a6（12，0）；m=1故答案为：1【点评】本题考查了二次函数的性质及旋转的性质，解题的关键是求出抛物线的顶点坐标10. （2016福建龙岩3分）如图14，在直角边分别为3和4的直角三角形中，每多作一条斜边上的高就增加一个三角形的内切圆，依此类