2022年中考数学专题复习类型二图形规律（解析版）

这是一份2022年中考数学专题复习类型二图形规律（解析版），共14页。试卷主要包含了操作，课题等内容，欢迎下载使用。

问题：
（1）从图形的对称性观察，图4是 图形（轴对称或中心对称图形）
（2）图2的周长为 ；
（3）试猜想第n次分形后所得图形的周长为 ．
【答案】中心对称图形又是轴对称图形，4，3×（）n．
【点拨】
（1）根据图形变化规律，图4仍然关于原三角形的对称轴成轴对称，关于对称中心成中心对称；
（2）分形后，三角形的边长增加，变为原来的，再乘以3就是周长；
（3）每一次分形后，边长都变为原来的，第n次分形后边长就变为原来的（）n倍，再乘以3就是周长．
【解析】
解：（1）图4是中心对称图形又是轴对称图形．
（2）根据题意，边长为×4=，
周长为×3=4；
（3）n次分形，边长变为原来的（）n倍，
周长为3×（）n×1=3×（）n．
故答案为：中心对称图形又是轴对称图形，4，3×（）n．
2．如图是一个装饰连续旋转闪烁所成的四个图形，照此规律闪烁，第2012次闪烁呈现出来的图形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【点拨】从所给四个图形中可以得出每旋转一次的度数，根据阴影所处的位置的规律即可算出2012次之后的图形．
【解析】
解：易得每旋转一次，旋转角为90°，即每4次旋转一周，
∵2012÷4=503，
即第2012次与第4次的图案相同．
故选B．
3.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( )
第1题图
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【解析】由每个图形中小圆的个数规律可得第n个图形中，小圆的个数为eq \f(n（n＋1）,2)，由此可得方程eq \f(n（n＋1）,2)＝78，解得n＝12，故选B.
4. 如图，在第1个△A1BC中，∠B＝30°，A1B＝CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2＝A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3＝A2E，得到第3个△A2A3E，…，按此做法继续下去，则第n个三角形中以An为顶点的内角度数是( )
A. (eq \f(1,2))n·75° B. (eq \f(1,2))n－1·65°
C. (eq \f(1,2))n－1·75° D. (eq \f(1,2))n·85°
【答案】C
【解析】在△CBA1中，∠B＝30°，A1B＝CB，∴∠BA1C＝eq \f(180°－∠B,2)＝75°，∵A1A2＝A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，∴∠DA2A1＝eq \f(1,2)∠BA1C＝eq \f(1,2)×75°；同理可得，∠EA3A2＝(eq \f(1,2))2×75°，∠FA4A3＝(eq \f(1,2))3×75°，∴第n个三角形中以An为顶点的内角度数是(eq \f(1,2))n－1×7
5. 下列图形都是由相同大小的按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4颗，第②个图形中一共有11颗，第③个图形中一共有21颗，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中的颗数为( )
116 B. 144 C. 145 D. 150
【答案】 B
【解析】将图中下半部分组成的梯形放到矩形上方，第n个组合图形可看作是由下半部分为n行n列方阵和上半部分的梯形成，第n个图中方阵中的为(n＋1)2，梯形中为eq \f(2＋n,2)·(n－1)＝eq \f(n2＋n－2,2)，∴第n个图中的的个数为(n＋1)2＋eq \f(n2＋n－2,2)＝eq \f(3n2,2)＋eq \f(5n,2)，令n＝9，解得第9个中个数为144个．
6.如图所示，在平面直角坐标系中，半径均为1个单位长度的半圆O1，O2，O3，…，组成一条平滑的曲线．点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒eq \f(π,2)个单位长度，则第2017秒时，点P的坐标是( )
A. (2014，0) B. (2015，－1)
C. (2017，1) D. (2016，0)
【答案】C
【解析】由图象可知，半圆的周长为π，∴运动一秒后的坐标为(1，1)，两秒后的坐标为(2，0)，三秒后的坐标为(3，－1)，四秒后的坐标为(4，0)，…，其中纵坐标以1，0，－1，0循环变化，∵2017÷4＝504……1，∴第2017秒时，点P的坐标为(2017，1)．
7. 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eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,a19)的值为( )
eq \f(20,21) B. eq \f(61,84) C. eq \f(589,840) D. eq \f(431,760)
【答案】C
【解析】由所给图形可知，a1＝3＝22－1＝(1＋1)2－1，a2＝8＝32－1＝(2＋1)2－1，a3＝15＝42－1＝(3＋1)2－1，a4＝24＝52－1＝(4＋1)2－1，由此猜想an＝(n＋1)2－1＝n(n＋2)，∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,a19)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,15)＋…＋eq \f(1,19×21)＝eq \f(1,2)×(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,18)－eq \f(1,20)＋eq \f(1,19)－eq \f(1,21))＝ eq \f(1,2)×(1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,20)－eq \f(1,21))＝eq \f(589,840).
8.如图，将矩形ABCD绕其右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图①位置，继续绕右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图②位置，依此类推，这样连续旋转2017次．若AB＝4，AD＝3，则顶点A在整个旋转过程中所经过的路径总长为( )
A. 2017π B. 2034π
C. 3024π D. 3026π
【答案】D
【解析】∵AB＝4，AD＝3，∴AC＝BD＝5，转动一次A的路线长是eq \f(90·π·4,180)＝2π，转动第二次A的路线长是eq \f(90·π·5,180)＝eq \f(5,2)π，转动第三次A的路线长是eq \f(90·π·3,180)＝eq \f(3,2)π，转动第四次A的路线长是0，以此类推，每四次一个循环，且顶点A转动一个循环的路线长为：eq \f(5,2)π＋eq \f(3,2)π＋2π＝6π，∵2017÷4＝504……1，∴顶点A转动2017次经过的路线长为：6π×504＋2π＝3026π.
9. 如图，已知菱形OABC的顶点O(0，0)，B(2，2)，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为( )
(1，－1) B. (－1，－1) C. (eq \r(2)，0) D. (0，eq \r(2))
【答案】B
【解析】∵菱形OABC的顶点O(0，0)，点B的坐标是(2，2)，∴BO与x轴的夹角为45°，∵菱形的对角线互相垂直平分，∴点D 是线段OB的中点，∴点D 的坐标是(1，1) ，∵菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，360°÷45°＝8，∴每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置(1，1)，∵60÷8＝7……4，∴第60秒时是把菱形绕点O逆时针旋转了7周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了4×45°＝180°，∴点D的对应点落在第三象限，且对应点与点D关于原点O成中心对称，∴第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为(－1，－1)．
10. 某广场用同一种如下图所示的地砖拼图案，第一次拼成形如图①所示的图案，第二次拼成形如图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次拼成的图案共用地砖________块．
【答案】2n2＋2n
【解析】①4，②4＋2×4，③4＋2×4＋2×6，…，故第n个图形共有4＋2×4＋2×6＋…＋2×2n＝4＋4×2＋4×3＋…＋4n＝4(1＋2＋3＋…＋n)＝4×eq \f(n（n＋1）,2)＝2n2＋2n.
11.下列图形都是由大小相同的小正方形按一定规律组成的，其中第1个图形的周长为4，第2个图形的周长为10，第3个图形的周长为18，…，按此规律排列，第5个图形的周长为________．
【答案】40
【解析】第一个图形周长1×2＋1×2；第二个图形周长(2＋1)×2＋2×2；第三个图形周长(3＋2＋1)×2＋2×3；第四个图形周长(4＋3＋2＋1)×2＋2×4；第五个图形周长(5＋4＋3＋2＋1)×2＋2×5＝40.
12. 如图，在△ABC中，BC＝1，点P1、M1分别是AB、AC边的中点，点P2、M2分别是AP1、AM1的中点，点P3、M3分别是AP2、AM2的中点，按这样的规律下去，PnMn的长为________(n为正整数)．
【答案】eq \f(1,2n)
【解析】在△ABC中，BC＝1，P1、M1分别是AB、ACnnnn的中点，∴P1M1＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)，按照题设给定的规律，列表如下：
13. 正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2…按如图所示放置，点A1、A2、A3…在直线y＝x＋1上，点C1、C2、C3…在x轴上，则An的坐标是________．
【答案】(2n－1－1，2n－1)
【解析】∵点A1、A2、A3…在直线y＝x＋1上，∴A1的坐标是(0，1)，即OA1＝1，∵四边形A1B1C1O为正方形，∴OC1＝1，即点A2的横坐标为1，∴A2的坐标是(1，2)，A2C1＝2，∵四边形A2B2C2C1为正方形，∴C1C2 ＝2，∴OC2 ＝1＋2＝3，即点A3的横坐标为3，∴A3的坐标是(3，4)，…，观察可以发现：A1的横坐标是：0＝20－1，A1的纵坐标是：1＝20；A2的横坐标是：1＝21－1，A2的纵坐标是：2＝21；A3的横坐标是：3＝22－1，A3的纵坐标是：4＝22；…据此可以得到An的横坐标是：2n－1－1，纵坐标是：2n－1.所以点An的坐标是(2n－1－1，2n－1)．
14. 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l1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l1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________．


【答案】(21008，21009)
【解析】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)，A2n＋2(－2)n＋1，2(－2)n，(n为自然数)，∵2017＝1008×2＋1，∴A2017的坐标为((－2)1008，2(－2)1008)＝(21008，21009)．
15.如图，∠MON＝60°，作边长为1的正六边形A1B1C1D1E1F1，边A1B1、F1E1分别在射线OM、ON上，边C1D1所在的直线分别交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于点A3、F3，再以A3F3为边作正六边形A3B3C3D3E3F3，…，依此规律，经第n次作图后，点Bn到ON的距离是________．
【答案】3n－1eq \r(3)
【解析】由题可知，∠MON＝60°，不妨设Bn到ON的距离为hn，∵正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，则A1B1＝1，易知△A1OF1为等边三角形，∴A1B1＝OA1＝1，∴OB1＝2，则h1＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，又OA2＝A2F2＝A2B2＝3，∴OB2＝6，则h2＝6×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)，同理可求：OB3＝18，则h3＝18×eq \f(\r(3),2)＝9eq \r(3)，…，依此可求：OBn＝2×3n－1，则hn＝2×3n－1×eq \f(\r(3),2)＝3n－1eq \r(3)，∴Bn到ON的距离hn＝3n－1eq \r(3).
16. 如图，Rt△OA0A1在平面直角坐标系内，∠OA0A1＝90°，∠A0OA1＝30°，以OA1为直角边向外作Rt△OA1A2，使∠OA1A2＝90，∠A1OA2＝30°，以OA2为直角边向外作Rt△OA2A3，使∠OA2A3＝90°，∠A2OA3＝30°，按此方法进行下去，得到Rt△OA3A4，Rt△OA4A5，…，Rt△OA2016A2017，若点A0(1，0)，则点A2017的横坐标为________．
【答案】(eq \f(4,3))1008
【解析】由题意可知，经过12次变换后，点A13落在射线OA1上，∵2017÷12＝168……1，∴点A2017落在射线OA1上，其横坐标与点A2016相同，∵OA0＝1，经过12次变换后，OA12＝(eq \f(2\r(3),3))12，再经过12次变换后，OA24＝(eq \f(2\r(3),3))24，综上可猜想，OA2016＝(eq \f(2\r(3),3))2016＝(eq \f(4,3))1008，∴点A2017的横坐标为(eq \f(4,3))1008.
17. 如图，直线y＝eq \f(\r(3),3)x上有点A1，A2，A3，…，An＋1，且OA1＝1，A1A2＝2，A2A3＝4，…，AnAn＋1＝2n，分别过点A1，A2，A3，…，An＋1作直线y＝eq \f(\r(3),3)x的垂线，交y轴于点B1，B2，B3，…，Bn＋1，依次连接A1B2，A2B3，A3B4，…，AnBn＋1，得到△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4，…，△AnBnBn＋1，则△AnBnBn＋1的面积为________(用含正整数n的式子表示)．
【答案】 eq \f(\r(3),2)×22n－eq \f(\r(3),2)×2n
【解析】如解图，作A1C1⊥x轴于C1，A2C2⊥x轴于C2，AnCn⊥x轴于Cn，∵点An在直线上y＝eq \f(\r(3),3)x，∴eq \f(A1C1,OC1)＝eq \f(A2C2,OC2)＝eq \f(AnCn,OCn)＝eq \f(\r(3),3)，∴∠AnOCn＝30°，∴OCn＝eq \f(\r(3),2)OAn＝eq \f(\r(3),2)(1＋2＋22＋…＋2n－1)，∠AnOBn＝60°，∵BnAn⊥OAn，∴OBn＝2OAn，∴
BnBn＋1＝2OAn＋1－2OAn＝2AnAn＋1＝2×2n＝2n＋1.
S△AnBnBn＋1＝eq \f(1,2)BnBn＋1×OCn＝eq \f(1,2)×2n＋1·eq \f(\r(3),2)(1＋2＋22＋…＋2n－1)，设S＝1＋2＋4＋…＋2n－1，则2S＝2＋4＋…＋2n＋1＋2n，∴S＝2S－S＝(2＋4＋…＋2n－1＋2n)－(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝2n－1 ，综上可知
S△AnBnBn＋1＝eq \f(1,2)×2n＋1×eq \f(\r(3),2)(2n－1)＝eq \f(\r(3),2)×22n－eq \f(\r(3),2)×2n.
18. 如图，∠AOB＝60°，点O1是∠AOB平分线上一点，OO1＝2，作O1A1⊥OA，O1B1⊥OB，垂足分别为A1，B1，以A1B1为边作等边三角形A1B1O2；作O2A2⊥OA，O2B2⊥OB，垂足分别为A2，B2，以A2B2为边作等边三角形A2B2O3；作O3A3⊥OA，O3B3⊥OB，垂足分别为A3，B3，以A3B3为边作等边三角形A3B3O4；…，按这样的方法继续下去，则△AnBnOn的面积为________(用含正整数n的代数式表示)．
【答案】eq \f(32n－2,4n)eq \r(3)
【解析】∵∠AOB＝60°，OOn平分∠AOB，∴∠AOOn＝30°，∵A1O1⊥AO，OO1＝2，∴A1O1＝1，OA1＝eq \r(3).∵O1A1⊥OA，O1B1⊥OB，∴O1A1＝O1B1，∵O1O＝O1O，∴Rt△O1A1O≌Rt△O1B1O(HL)，∴OA1＝OB1，∵∠A1OB1＝60°，∴△A1OB1是等边三角形，∴A1B1＝OA1＝eq \r(3)，∵△A1O2B1是等边三角形，∴A1O2＝A1B1＝eq \r(3)，在Rt△A1O2A2中，∠O2A1A2＝60°，A1O2＝eq \r(3)，∴A2O2＝eq \f(\r(3),2)A1O2＝eq \f(3,2)O1A1，同理A3O3＝eq \f(\r(3),2)A2O3＝(eq \f(3,2))2A1O1，∴AnOn＝(eq \f(3,2))n－1A1O1. 又 S△O1A1B1＝2S△O1A1O－S△A1B1O＝2×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)－eq \f(\r(3),4)·(eq \r(3))2＝eq \f(\r(3),4) .易得∠AnOnBn＝∠A1O1B1＝120°，AnOn＝BnOn，∴eq \f(AnOn,A1O1)＝eq \f(BnOn,B1O1)，∴△A1O1B1∽△AnOnBn，∴eq \f(S△AnBnOn,S△A1B1O1)＝(eq \f(AnOn,A1O1))2＝(eq \f(3,2))2n－2.∴S△AnBnOn＝eq \f(32n－2,4n)eq \r(3).
19．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＝α(α＜∠A1A0A2)，，，，所表示的角如图所示．
(1)用含α的式子表示角的度数：________，________，________；
(2)如上图①～图④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】(1)，，．
(2)存在．下面就所选图形的不同分别给出证明(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．
【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.
【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①．图①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，
∴A0A2＝A0B1，
∴∠A0A2Bl＝∠A0B1A2．
又∠A0A2H＝∠A0B1H＝60°，
∴∠HA2Bl＝∠HB1A2，
∴A2H＝B1H，∴点H在线段A2B1的垂直平分线上．
又∵A0A2＝A0B1，
∴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，
∴A0A2＝A0B1，
∴∠A0A2B1＝∠A0BlA2．
又∠A0A2H＝∠A0B1H，
∴∠HA2Bl＝∠HB1A2．
∴HA2＝HB1．
在△A0A2H与△A0B1H中，
∵A0A2＝A0B，HA2＝HB1，∠A0A2B＝∠A0B1H，
∴△A0A2H≌△A0B1H，
∴∠A2A0H＝∠B1A0H，
∴A0H平分等腰三角形A0A2B1的顶角∠A2A0B1，
∴直线A0H垂直平分A2B1．
选图②．图②中有直线A0H垂直平分A2B2(如图所示)，
证明如下：
∵A0B2＝A0A2，
∴∠A0B2A2＝∠A0A2B2．
又∵∠A0B2B1＝∠A0A2A3＝45°，
∴∠HB2A2＝∠HA2B2，
∴HB2＝HA2，
∴点H在线段A2B的垂直平分线上．
又∵A0B2＝A0A2，
∴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．
20.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 ．
【答案】
解：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=15．
∴当n=3时，a的值为12或15．
故答案为：12或15．
21.观察下列砌钢管的横截面图：
则第n个图的钢管数是 .
【答案】
第一个图中钢管数为1+2=3；
第二个图中钢管数为2+3+4=9；
第三个图中钢管数为3+4+5+6=18；
第四个图中钢管数为4+5+6+7+8=30，
依此类推，第n个图中钢管数为n+（n+1）+（n+2）+…+2n=+=n2+n，
故答案为：n2+n．
图形序号
PnMn
PnMn的长度
①
P1M1
eq \f(1,2)
②
P2M2
eq \f(1,4)＝eq \f(1,22)
③
P3M3
eq \f(1,8)＝eq \f(1,23)
…
…
…
n
PnMn
eq \f(1,2n)