中考代数几何-观察归纳综合题.doc

中考观察、归纳型问题主要通过观察、实验、归纳、类比等活动，探索事物的内在规律，考查学生的逻辑推理能力，一般以解答题为主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，以此体现出猜想的实际意义.方法点拨观察、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.考查知识分为两类：是数字或字母规律探索型问题；是几何图形中规律探索型问题1数式归纳题型特点：通常给定一些数字、代数式、等式或不等式，然后观察猜想其中蕴含的规律，归纳出用某一字母表示的能揭示其规律的代数式或按某些规律写出后面某一项的数或式子解题策略：一般是先写出数或式的基本结构，然后通过横比(比较同一等式中不同部分的数量关系)或纵比(比较不同等式间相同位置的数量关系)找出各部分的特征，改写成要求的格式2图形变化归纳题型特点：观察给定图形的摆放特点或变化规律，归纳出下一个图形的摆放特点或变化规律，或者能用某一字母的代数式揭示出图形变化的个数、面积、周长等规律特点解题策略：多方面、多角度进行观察比较得出图形个数、面积、周长等的通项，再分别取n1，2，3代入验证，都符合时即为正确结论由于猜想归纳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.类型一、数式归纳1“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=_ 答案与解析 举一反三 【思路点拨】根据题目提供的信息，列出方程，然后求解即可【答案与解析】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+2n-168=0，解得n1=12，n2=-14（舍去）故答案为：12【总结升华】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【变式】如下数表是由从1开始的连续自然数组成，观察规律并完成各题的解答（1）表中第8行的最后一个数是_，它是自然数_的平方，第8行共有_个数；（2）用含n的代数式表示：第n行的第一个数是_，最后一个数是_，第n行共有_个数；（3）求第n行各数之和答案与解析 【答案】（1）64， 8， 15；（2）n2-2n+2， n2， 2n-1；（3）2课题：两个重叠的正多边形，其中的一个绕着某一顶点旋转所形成的有关问题实验与论证设旋转角A1A0B1(A1A0A2)，所表示的角如图所示 （1）用含的式子表示角的度数：_，_，_；（2）如上图图中，连结A0H时，在不添加其他辅助线的情况下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请选择其中的一个图给出证明；若不存在，请说明理由；归纳与猜想设正n边形A0A1A2与正n边形A0B1B2重合(其中，A1与B1重合)，现将正n边形A0B1B2绕顶点A0逆时针旋转（3）设与上述“，”的意义样，请直接写出的度数；（4）试猜想在正n边形的情形下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请将这条线段用相应的顶点字母表示出来(不要求证明)；若不存在，请说明理由 答案与解析 举一反三 【思路点拨】（1）要求的度数，应从旋转中有关角度的变与不变上突破；（2）结合图形比较容易得到被A0H垂直平分的线段，在证明时要充分利用背景中正多边形及旋转中的角度；（3）要探究的度数，要注意区分正偶数边形及正奇数边形两种情形去思考与求解度数的表达式；（4）要探究正n边形中被A0H垂直平分的线段，也应注意区分正偶数边形及正奇数边形两种情形去思考与突破.【答案与解析】解：（1），（2）存在下面就所选图形的不同分别给出证明： 选图图中有直线A0H垂直平分A2B1(如图所示)， 证明如下： 证法一： 证明：A0A1A2与A0B1B2是全等的等边三角形， A0A2A0B1， A0A2BlA0B1A2 又A0A2HA0B1H60， HA2BlHB1A2， A2HB1H，点H在线段A2B1的垂直平分线上 又A0A2A0B1， 点A0在线段A2B1的垂直平分线上 直线A0H垂直平分A2B1 证法二： 证明：A0A1A2与A0B1B2是全等的等边三角形， A0A2A0B1， A0A2B1A0BlA2 又A0A2HA0B1H， HA2BlHB1A2 HA2HB1 在A0A2H与A0B1H中， A0A2A0B，HA2HB1，A0A2BA0B1H， A0A2HA0B1H， A2A0HB1A0H， A0H平分等腰三角形A0A2B1的顶角A2A0B1， 直线A0H垂直平分A2B1 选图图中有直线A0H垂直平分A2B2(如图所示)， 证明如下： A0B2A0A2， A0B2A2A0A2B2 又A0B2B1A0A2A345， HB2A2HA2B2， HB2HA2， 点H在线段A2B的垂直平分线上 又A0B2A0A2， 点A0在线段A2B2的垂直平分线上 直线A0H垂直平分A2B2（3）当n为奇数时， 当n为偶数时，（4）存在当n为奇数时，直线A0H垂直平分； 当n为偶数时，直线A0H垂直平分【总结升华】本题考查由特殊到一般推理论证的能力,属较难题,具有较强的逻辑推理能力及演绎推理意识是解决问题的关键。【变式】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_ 答案与解析 【答案】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20-a，所以第二次操作时正方形的边长为20-a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为20-a，2a-20此时，分两种情况：如果20-a2a-20，即a40，那么第三次操作时正方形的边长为2a-20则2a-20=（20-a）-（2a-20），解得a=12；如果20-a2a-20，即a，那么第三次操作时正方形的边长为20-a则20-a=（2a-20）-（20-a），解得a=15当n=3时，a的值为12或15故答案为：12或15 3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_ 答案与解析 举一反三 【思路点拨】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【答案与解析】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,则需要一个内角为120的正多边形而正六边形的内角为120，故答案为：6【总结升华】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 【变式】如图所示，把同样大小的黑色棋子摆放在正多边形的边上，按照这样的规律摆下去，则第（是大于0的整数）个图形需要黑色棋子的个数是_ 答案与解析 【答案】第1个图形是23-3，第2个图形是34-4，第3个图形是45-5，按照这样的规律摆下去，则第n个图形需要黑色棋子的个数是(n+1)(n+2)-(n+2) = n2+2n或第 n 个图形是 n+2 边形，每条边上有 n+1 个点，共有 n+2 个顶点，每个顶点上的黑子都被两条边重复计算；所以，第 n 个图形需要摆放 (n+1)(n+2)-(n+2) = n2+2n 个黑子.答案：第n个图形需要黑色棋子的个数是n2+2n类型三、数值、数量结果归纳4已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（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 答案与解析 【思路点拨】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=WA3.cos30=，即可得出答案【答案与解析】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【总结升华】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 类型四、数形归纳5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DE=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） 答案与解析 【思路点拨】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【答案与解析】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；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：2n-1，则第n个半圆的半径为：，第n个半圆的面积为：故答案为：4， 【总结升华】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2n-1是解题关键巩固练习一、选择题1一质点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，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 2. 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（）A BCD3. 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 BC D二、填空题4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的面积记为Sn当n2时，Sn-Sn-1=_5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_6. 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_三、解答题7在下图中，每个正方形由边长为1的小正方形组成：（1）观察图形，请填写下列表格：正方形边长1357n（奇数）蓝色小正方形个数正方形边长2468n（偶数）蓝色小正方形个数（2）在边长为n（n1）的正方形中，设蓝色小正方形的个数为P1，白色小正方形的个数为P2，问是否存在偶数n，使P2=5P1？若存在，请写出n的值；若不存在，请说明理由8. 定义：若某个图形可分割为若干个都与他相似的图形，则称这个图形是自相似图形.探究：一般地，“任意三角形都是自相似图形”，只要顺次连结三角形各边中点，则可将原三角形分割为四个都与它自己相似的小三角形.我们把DEF（图乙）第一次顺次连结各边中点所进行的分割,称为1阶分割（如图1）；把1阶分割得出的4个三角形再分别顺次连结它的各边中点所进行的分割，称为2阶分割（如图2）依次规则操作下去.n阶分割后得到的每一个小三角形都是全等三角形（n为正整数），设此时小三角形的面积为Sn.（1）若DEF的面积为10000，当n为何值时，2Sn3？（请用计算器进行探索，要求至少写出三次的尝试估算过程）（2）当n1时，请写出一个反映Sn1，Sn，Sn1之间关系的等式（不必证明）. 9. 如图，正方形表示一张纸片，根据要求需多次分割，把它分割成若干个直角三角形操作过程如下：第一次分割，将正方形纸片分成4个全等的直角三角形，第二次分割将上次得到的直角三角形中一个再分成4个全等的直角三角形；以后按第二次分割的作法进行下去（1）请你设计出两种符合题意的分割方案图；（2）设正方形的边长为a，请你就其中一种方案通过操作和观察将第二、第三次分割后所得的最小的直角三角形的面积S填入下表：分割次数n123最小直角三角形的面积Sa2（3）在条件下请你猜想：分割所得的最小直角三角形面积S与分割次数n有什么关系？用数学表达式表示出来10. 据我国古代周髀算经记载，公元前1120年商高对周公说，将一根直尺折成一个直角，两端连结得一个直角三角形，如果勾是三、股是四，那么弦就等于五.后人概括为“勾三、股四、弦五”.（1）观察：3，4，5；5，12，13；7，24，25；，发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就没有间断过.计算（91）、（91）与（251）、（251），并根据你发现的规律，分别写出能表示7，24，25的股和弦的算式；（2）根据的规律，用n（n为奇数且n3）的代数式来表示所有这些勾股数的勾、股、弦，合情猜想他们之间二种相等关系并对其中一种猜想加以证明；（3）继续观察4，3，5；6，8，10；8，15，17；，可以发现各组的第一个数都是偶数，且从4起也没有间断过.运用类似上述探索的方法，直接用m（m为偶数且m4）的代数式来表示他们的股和弦.【答案与解析】 一、选择题1.【答案】D；【解析】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D2.【答案】D；【解析】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=，S2=5=5（）2，=，A2B1=，A2C1=B1C1+A2B1=+=（）2，S3=5=5（）4，由此可得：Sn=5（）2n-2，S2012=5（）22012-2=5（）4022故选D3.【答案】A；【解析】连接AD、DF、DB，六边形ABCDEF是正六边形，ABC=BAF=AFE，AB=AF，E=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，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二、填空题4.【答案】.【解析】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AB=n时，AME的面积记为Sn=n2，Sn-1=（n-1）2=n2-n+，当n2时，Sn-Sn-1=，故答案为：.5.【答案】B；【解析】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，会过点（45，2）的是点B故答案为：B6.【答案】（503-503，503+503）【解析】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=90-