中考数学归纳猜想型问题二复习Word格式文档下载.docx
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∴∠B33E4=60°
,∠D11E1=30°
,∠E2B22=30°
,
∴D1E1=D11=,
∴D1E1=B2E2=,
∴s30°
==,
解得:
B22=,
∴B3E4=,
=,
B33=,
则3=,
根据题意得出:
∠3Q=30°
,∠3Q=60°
,∠A3F=30°
∴Q=×
=,
F=A3&
则点A3到x轴的距离是:
F+Q=+=,
故选:
D.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B33的长是解题关键.
例9(2012&
绍兴)如图,直角三角形纸片AB中,AB=3,A=4,D为斜边B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Pn﹣1Dn﹣2的中点为Dn﹣1,第n次将纸片折叠,使点A与点Dn﹣1重合,折痕与AD交于点Pn(n>2),则AP6的长为( ) A.B..D.
翻折变换(折叠问题)。
先写出AD、AD1、AD2、AD3的长度,然后可发现规律推出ADn的表达式,继而根据APn=ADn即可得出APn的表达式,也可得出AP6的长.
由题意得,AD=B=,AD1=AD﹣DD1=,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B=2为直径画半圆,记为第2个半圆;
以D=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π)
规律型:
图形的变化类。
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.
∵以AB=1为直径画半圆,记为第1个半圆;
∴第4个半圆的面积为:
=8π,
第3个半圆面积为:
=2π,
∴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:
=2n﹣2,
第n个半圆的面积为:
=22n﹣π.
故答案为:
4,22n﹣π.
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.
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( ) A.2B..D.
图形的变化类;
等边三角形的性质。
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.
由题意得:
=.
故选D.
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 .
平面镶嵌(密铺)。
应用题。
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.
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°
6.
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ABDEF,其中、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、、D、E、F中,会过点(4,2)的是点 .
正多边形和圆;
坐标与图形性质;
旋转的性质。
先连接A′D,过点F′,E′作F′G⊥A′D,E′H⊥A′D,由正六边形的性质得出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.
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A′D,点F′,E′作F′G⊥A′D,E′H⊥A′D,
∵六边形ABD是正六边形,
∴∠A′F′G=30°
∴A′G=A′F′=,同理可得HD=,
∴A′D=2,
∵D(2,0)
∴A′(2,2),D=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(4,2)正好滚动43个单位长度,
∵=7…1,
∴恰好滚动7周多一个,
∴会过点(4,2)的是点B.
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(10<a<20),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 .
首先根据题意可得可知当10<a<20时,第一次操作后剩下的矩形的长为a,宽为20﹣a,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.然后分别从20﹣a>2a﹣20与20﹣a<2a﹣20去分析求解,即可求得答案.
由题意,可知当10<a<20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:
①如果20﹣a>2a﹣20,即a<40,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;
②如果20﹣a<2a﹣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=1.
∴当n=3时,a的值为12或1.
12或1.
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堂上快速地计算出1+2+3+…+98+99+100=00,今天我们可以将高斯的做法归纳如下:
令S=1+2+3+…+98+99+100①
S=100+99+98+…+3+2+1②
①+②:
有2S=(1+100)×
100解得:
S=00
请类比以上做法,回答下列问题:
若n为正整数,3++7+…+(2n+1)=168,则n= .
有理数的混合运算。
根据题目提供的信息,列出方程,然后求解即可.
设S=3++7+…+(2n+1)=168①,
则S=(2n+1)+…+7++3=168②,
①+②得,2S=n(2n+1+3)=2×
168,
整理得,n2+2n﹣168=0,
解得n1=12,n2=﹣14(舍去).
12.
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.
四、真题演练
一.选择题
1.(2012&
自贡)一质点P从距原点1个单位的点处向原点方向跳动,第一次跳动到的中点3处,第二次从3跳到3的中点2处,第三次从点2跳到2的中点1处,如此不断跳动下去,则第n次跳动后,该质点到原点的距离为( ) A.B..D.
点的坐标。
根据题意,得第一次跳动到的中点3处,即在离原点的处,第二次从3点跳动到2处,即在离原点的()2处,则跳动n次后,即跳到了离原点的处.
由于=1,
所有第一次跳动到的中点3处时,3==,
同理第二次从3点跳动到2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,
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,此题比较简单.
2.(2012&
鄂州)在平面坐标系中,正方形ABD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B交x轴于点A1,作正方形A1B11,延长1B1交x轴于点A2,作正方形A2B221,…按这样的规律进行下去,第2012个正方形的面积为( ) A.B.
.D.
相似三角形的判定与性质;
正方形的性质。
首先设正方形的面积分别为S1,S2…S2012,由题意可求得S1的值,易证得△BAA1∽△B1A1A2,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S3的值,继而可得规律:
Sn=×
()2n﹣2,则可求得答案.
∵点A的坐标为(1,0),点D的坐标为(0,2),
∴A=1,D=2,
设正方形的面积分别为S1,S2…S2012,
根据题意,得:
AD∥B∥1A2∥2B2,
∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x,
∵∠ABA1=∠A1B1A2=90°
∴△BAA1∽△B1A1A2,
在直角△AD中,根据勾股定理,得:
AD==,
∴AB=AD=B=,
∴S1=,
∵∠DA+∠AD=90°
,∠DA+∠BAA1=90°
∴∠AD=∠BAA1,
∴tan∠BAA1===,
∴A1B=,
∴A1B=A1=B+A1B=,
∴S2=×
=×
()2,
∴==,
∴A2B1=×
∴A21=B11+A2B1=+==×
∴S3=×
()4,
由此可得:
()2n﹣2,
∴S2012=×
()2×
2012﹣2=×
()4022.
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=×
()2n﹣2.
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.
等边三角形的判定与性质。
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AD∥EF∥GI,过F作FZ⊥GI,过E作EN⊥GI于N,得出平行四边形FZNE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Q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.
连接AD、DF、DB,
∵六边形ABDEF是正六边形,
∴∠AB=∠BAF=∠∠AFE,AB=AF,∠E=∠=120°
,EF=DE=B=D,
∴∠EFD=∠EDF=∠BD=∠BD=30°
∵∠AFE=∠AB=120°
∴∠AFD=∠ABD=90°
在Rt△ABD和RtAFD中∴Rt△△ABD≌Rt△AFD,
∴∠BAD=∠FAD=×
120°
=60°
∴∠FAD+∠AFE=60°
+120°
=180°
∴AD∥EF,
∵G、I分别为AF、DE中点,
∴GI∥EF∥AD,
∴∠FGI=∠FAD=60°
,∵六边形ABDEF是正六边形,△Q是等边三角形,
∴∠ED=60°
=∠,
∴ED=E,
同理AF=QF,
即AF=QF=EF=E,
∵等边三角形Q的边长是a,
∴第一个正六边形ABDEF的边长是a,即等边三角形Q的边长的,
过F作FZ⊥GI于Z,过E作EN⊥GI于N,
则FZ∥EN,
∵EF∥GI,
∴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×
×
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×
第四个等边三角形的边长是×
a,第五个正六边形的边长是×
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×
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.
二.填空题
4.(2012&
天门)如图,线段A=n+1(其中n为正整数),点B在线段A上,在线段A同侧作正方形ABN及正方形BEF,连接A、E、EA得到△AE.当AB=1时,△AE的面积记为S1;
当AB=2时,△AE的面积记为S2;
当AB=3时,△AE的面积记为S3;
当AB=n时,△AE的面积记为Sn.当n≥2时,Sn﹣Sn﹣1= .
整式的混合运算。
方法一:
根据连接BE,则BE∥A,利用△AE的面积=△AB的面积即可得出Sn=n2,Sn﹣1=(n﹣1)2=n2﹣n+,即可得出答案.
方法二:
根据题意得出图象,根据当AB=n时,B=1,得出Sn=S矩形AQN﹣S△AE﹣S△QE﹣S△AN,得出S与n的关系,进而得出当AB=n﹣1时,B=2,Sn﹣1=n2﹣n+,即可得出Sn﹣Sn﹣1的值.
连接BE,
∵在线段A同侧作正方形ABN及正方形BEF,
∴BE∥A,
∴△AE与△AB同底等高,
∴△AE的面积=△AB的面积,
∴当AB=n时,△AE的面积记为Sn=n2,
Sn﹣1=(n﹣1)2=n2﹣n+,
∴当n≥2时,Sn﹣Sn﹣1=,
;
延长E与N,交于点Q,
∵线段A=n+1(其中n为正整数),
∴当AB=n时,B=1,
∴当△AE的面积记为:
Sn=S矩形AQN﹣S△AE﹣S△QE﹣S△AN,
=n(n+1)﹣×
1×
(n+1)﹣×
(n﹣1)﹣×
n×
n,
=n2,
当AB=n﹣1时,B=2,
Sn﹣1=S矩形AQN﹣S△AE﹣S△QE﹣S△AN,
=(n+1)(n﹣1)﹣×
2×
(n﹣3)﹣×
(n﹣1)(n﹣1),
=n2﹣n+,
∴当n≥2时,Sn﹣Sn﹣1=n2﹣(n2﹣n+)=n﹣=,
.
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.
6.(2012&
威海)如图,在平面直角坐标系中,线段A1=1,A1与x轴的夹角为30°
,线段A1A2=1,A2A1⊥A1,垂足为A1;
线段A2A3=1,A3A2⊥A1A2,垂足为A2;
线段A3A4=1,A4A3⊥A2A3,垂足为A3;
…按此规律,点A2012的坐标为 .
过点A1作A1B⊥x轴,作A1∥x轴A2∥轴,相交于点,然后求出点A1的坐标,以及A1、A2的长度,并出A2、A3、A4、A、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.
如图,过点A1作A1B⊥x轴,作A1∥x轴A2∥轴,相交于点,
∵A1=1,A1与x轴的夹角为30°
∴B=A1&
s=1×
A1B=A1&
sin30°
=1×
∴点A1的坐标为(,),
∵A2A1⊥A1,A1与x轴的夹角为30°
∴∠A1=30°
,∠A2A1=90°
﹣30°
∴∠A1A2=90°
﹣60°
=30°
同理可求:
A2=B=,A1=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A的坐标为(﹣1+,+1+),即(﹣1,+),
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,﹣=03﹣03,+=03+03,
点A2012的坐标为(03﹣03,03+03).
(03﹣03,03+03).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△AB分割成个边长为1的小正三角形和一个黑色菱形,这个黑色菱形可分割成n个边长为1的小三角形,若=,则△AB的边长是 .
菱形的性质;
设正△AB的边长为x,根据等边三角形的高为边长的倍,求出正△AB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.
设正△AB的边长为x,则高为x,
S△AB=x&
x=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﹣)=x﹣1,
∴黑色菱形的面积=(x﹣)(x﹣1)=(x﹣2)2,
整理得,11x2﹣144x+144=0,
解得x1=(不符合题意,舍去),x2=12,
所以,△AB的边长是12.
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 .
观察
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