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初中数学中考复习 专题51：第10章规律问题之图形变化类-备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 专题51：第10章规律问题之图形变化类-备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
51第10章规律问题之图形变化类
一、单选题
1．我们用若干个大小相同的三角形按照一定的规律摆放得到了以下各图形，其中第①个图形中有5个三角形，第②个图形中有11个三角形，第③个图形中有19个三角形，第④个图形有29个三角形，则第⑧个图形中三角形的个数为（ ）
A．78 B．89 C．95 D．109
【答案】B
【分析】根据已知图形的特点即可发现规律即可求解．
【解答】由图可得第①个图形中有2×3-1=5个三角形，
第②个图形中有3×4-1=11个三角形，
第③个图形中有4×5-1=19个三角形，
第④个图形有5×6-1=29个三角形，
∴第n个图形有（n+1）×(n+2)-1个三角形，
∴第⑧个图形中三角形的个数为9×10-1=89个三角形
故选B．
【点评】此题主要考查图形的规律探索，解题的关键是根据已知图形的变化找到规律求解．
2．用●表示实圆，用〇表示空心圆，现有若干个实圆与空心圆按一定规律排列如下：●〇●●〇●●●〇●〇●●〇●●●〇●〇●●〇●●●〇…问：前2019个圆中，有（ ）个空心圆．
A．671 B．672 C．673 D．674
【答案】C
【分析】根据题意可得每6个实圆与3个空心圆一个循环，依此类推排列，然后问题可求．
【解答】解：由题意可得：每6个实圆与3个空心圆一个循环，依此类推排列，
∴，
∴第2019个圆是实圆，
∴前2019个圆中空心圆的个数为：224×3+1=673（个）；
故选C．
【点评】本题主要考查图形规律，关键是根据图形的排列规律得到解题的思路．
3．把足够大的一张厚度为 0.1mm 的纸连续折 6 次，则对折后的整叠纸总厚度为（ ）mm．
A．0.64 B．6.4 C．1.28 D．12.8
【答案】B
【分析】先找折叠的规律，折一次2 折二次4=22 折三次8=23 折四次24……把足够大的一张纸连续折 6 次，共26=64层，一张纸厚度为 0.1mm ，对折后的整叠纸总厚度为0.1×64即可．
【解答】折一次， 折二次 ， 折三次， 折四次，…，
2， 4=22， 8=23 ， 24，…
把足够大的一张纸连续折 6 次，共26=64层，
把一张纸厚度为 0.1mm ，
对折后的整叠纸总厚度为0.1×64=6.4mm，
故选择：B．
【点评】本题考查折纸的厚度问题，掌握折纸的规律，按规律计算是解题关键．
4．如图，∠MON=30°，点，…在射线ON上，点，…在射线OM上，，，…均为等边三角形．若，则的边长为（ ）
A．2019 B．2020 C． D．
【答案】D
【分析】根据等边三角形的性质和∠MON=30°，可求得∠OB1A1=30°，进而证得△OA1B1是等腰三角形，可求得OA2的长，同理可得△OA2B2是等腰三角形，可得A2B2=OA2，同理得规律A3B3=OA3、⋅⋅⋅、AnBn=OAn，即可求得结果．
【解答】解：∵∠MON=30°，△A1A2B1是等边三角形，
∴∠B1A1A2=60°，A1B1=A1A2
∴∠OB1A1=∠B1A1A2−∠MON=30°，
∴∠OB1A1=∠MON，则△OA1B1是等腰三角形，
∴A1B1=OA1，
∵OA1=1，
∴A1B1=A1A2=OA1=1， OA2=OA1+A1A2=2，
同理可得△OA2B2是等腰三角形，可得A2B2=OA2=2，
同理得A3B3=4=、A4B4=8=，
根据以上规律可得：A2020B2020=22019，即△A2020A2021B2020的边长为22019，
故选：D．
【点评】本题属于探索规律题，主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质，掌握等边三角形的三个内角都是60°、等角对等边和探索规律并归纳公式是解题的关键．
5．如图，都是由棱长为的正方体叠成的图形．例如：第①个图形由个正方体叠成，第②个图形由个正方体叠成，第③个图形由个正方体叠成…，低此规律，第个图形由个正方体叠成，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题目给出的正方体的个数规律，可知第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+，据此可得第10个图形中正方体的个数．
【解答】解：由图可得：
图①中正方体的个数为1；
图②中正方体的个数为4＝1+3；
图③中正方体的个数为10＝1+3+6；
图④中正方体的个数为20＝1+3+6+10；
故第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+．
第10个图形中正方体的个数为1+3+6+10+15+21+28+36+45+55＝220．
故选：A．
【点评】本题考查了图形的变化类规律，解决问题的关键是依据图形得到变换规律．解题时注意：第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+．
6．用火柴棍按如图所示的方式摆不同的“”，依此规律，摆出第6个“”需要火柴棍的根数是（ ）
A．15 B．20 C．23 D．25
【答案】B
【分析】通过观察图形易得每个“”需要火柴棍的根数都比前面的“”需要火柴棍的根数多3根，从而得到一个等差数列，利用图形序号来表示出规律即可．
【解答】解：由图可知：
第1个图中：需要火柴棍的根数是；
第2个图中：需要火柴棍的根数是；
第3个图中：需要火柴棍的根数是；
第个图中：需要火柴棍的根数是，
∴第6个“”需要火柴棍的根数是．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形的变化类规律．从变化的图形中找到与图形序号变化一致的信息是解题的关键．本题中后面的每个“”都比它前面的“”多了3根火柴，它与图形序号之间的关系为：．
7．如图，在第一个中，，，在上取一点，延长到，使得，得到第二个；在上取一点，延长到，使得；…，按此做法进行下去，则第5个三角形中，以点为顶点的等腰三角形的顶角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出∠A5的度数．
【解答】解：∵在△ABA1中，∠B=20°，AB=A1B，
∴∠BA1A= =80°，
∵A1A2=A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，
∴∠CA2A1==40°；
同理可得∠DA3A2=20°，∠EA4A3=10°，
∴∠An=，
以点A4为顶点的等腰三角形的底角为∠A5，则∠A5==5°，
∴以点A4为顶点的等腰三角形的顶角的度数为180°-5°-5°=170°．
故选：A．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
8．某种细胞开始有1个，1小时后分裂成2个，2小时分裂成4个，3小时后分裂成8个，按此规律，n小时后细胞的个数超过1000个，n的最小值是（ ）
A．9 B．10 C．500 D．501
【答案】B
【分析】设经过n个小时，然后根据有理数的乘方的定义列不等式，计算求出n的最小值即可．
【解答】由题意得，，
∵，，
∴n的最小值是：10，
故选：B．
【点评】本题考查了有理数的乘方，是基础题，熟记乘方的定义并列出不等式是解题的关键．
9．如图是一组有规律的图案，第1个图案由4个基础图形组成，第2个图案由7个基础图形组成，…，按此规律，则第2020个图形中基础图形的个数是（ ）．
A．6057 B．6060 C．6061 D．6064
【答案】C
【分析】结合题意，根据图案和对应的数字变化规律，即可得到答案．
【解答】第1个图案由4个基础图形组成
第2个图案由7个基础图形组成
第3个图案由10个基础图形组成
…，
按此规律，得：
第1个图案基础图形的个数
第2个图案基础图形的个数
第3个图案基础图形的个数
…
第n个图案基础图形的个数
∴第2020个图案基础图形的个数
故选：C．
【点评】本题考查了图案和数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握图案及数字变化规律的性质，从而完成求解．
10．如图，图①是一块边长为1，周长记为P1的正三角形纸板，沿图①的底边剪去一块边长为的正三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉正三角形纸板边长的）后，得图③、④，…，记第n（n≥3）块纸板的周长为Pn，则Pn－Pn－1等于…（ ）
A． B．3－ C．1－ D．＋
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质（三边相等）求出等边三角形的周长P1，P2，P3，P4，然后周长相减即可得到规律，进行解答．
【解答】解：P1＝1＋1＋1＝3，
P2＝1＋1＋＝，
P3＝1＋1＋×3＝，
P4＝1＋1＋×2＋×3＝，
…
∴P3－P2＝－＝，
P4－P3＝－＝，
∴Pn－Pn－1＝，
故答案为：A．
【点评】本题主要考查对等边三角形的性质的理解和掌握，此题是一个规律型的题目，题型较好．
二、填空题
11．观察如下图形，其中第1个图形由1个正六边形组成，第2个图形由2个正六边形组成，第3个图形由3个正六边形组成，……，以此类推，请写出第6个图形中共有_________条线段：第n个图形中共有_____________条线段（用含n的式子表示）
【答案】31 5n+1
【分析】由第1个图形有6条线段，第2个图形有11条线段，第3个图形有16条线段，第4个图形有21条线段….每增加一个图形就多5条线段，依此规律可进行求解．
【解答】解：一个六边形有6条线段，第2个图形有6×2-1条线段，第3个图形有6×3-2条线段，….依此类推，第n个图形有，
∴第6个图形共有5×6+1=31条线段，
故答案为31；5n+1．
【点评】本题主要考查整式的图形规律，熟练掌握整式的运算是解题的关键．
12．如图，在第1个△A1BC中，∠B=30°，；在边上任取一点D，延长到，使，得到第2个△A1 A2D；在边上任取一点E，延长到，使，得到第3个△A2 A3E，…按此做法继续下去，第2018个三角形的底角度数是____．
【答案】（）2017×75°
【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形中以An为顶点的底角度数．
【解答】解：∵在△CBA1中，∠B=30°，A1B=CB，
∴∠BA1C=（180°−∠B）=75°，
∵A1A2=A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，
∴∠DA2A1=∠A2DA1=∠BA1C=×75°；
同理可得∠EA3A2=（）2×75°，∠FA4A3=（）3×75°，
∴第n个三角形中以An为顶点的底角度数是（） n－1×75°．
∴第2018个三角形中以A2018为顶点的底角度数是（）2017×75°，
故答案为（）2017×75°．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
13．如图是用大小相等的五角星按一定规律拼成的一组图案，请根据你的观察，写出第个图案中小五角星有______颗．
【答案】6061
【分析】观察图案可以得到，每个图形的小五角星都是有三层构成的，第一层、第三层的数量与图案的序号相同，第二层的数量比图案的序号多1，据此规律求和即可．
【解答】解：观察这一组图形，可以得到第2020个图案共有三层构成，第一层、第三层小五角星的数量都是2020，第二层的数量是2021，
所以第2020个图案中小五角星一共有2020+2021+2020=6061（个）．
故答案为：6061
【点评】本题考查学生通过观察、归纳、抽象出图形规律的能力，要求学生要会分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．
14．将图①中的正方形剪开得到图②，图②中共有4个正方形，将图②中一个正方形剪开得到图③，图③中共有7个正方形：将图③中一个正方形剪开得到图④，图④中共有10个正方形…如此下去，则第2020个图中共有正方形的个数为_____．
【答案】6058
【分析】根据图形的变化，后一个图形的正方形的个数都比前一个图形的正方形的个数多3个，第n个图形的正方形的个数为3（n-2）+4即可求解．
【解答】解：观察图形可知：
图②中共有4个正方形，即3×0+4；
图③中共有7个正方形，即3×1+4；
图④中共有10个正方形，即3×2+4；
……
图n中共有正方形的个数为3（n-2）+4；
所以第2020个图中共有正方形的个数为：
3（2020-2）+4=6058．
故答案为：6058．
【点评】本题考查了图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
15．如图，每一幅图中有若干个菱形，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有3菱形．第3幅图中有5个菱形，依照此规律，第6幅图中有_____个菱形．
【答案】11
【分析】根据题意分析可得：第1幅图中有1个，第2幅图中有2×2﹣1＝3个，第3幅图中有2×3﹣1＝5个，…，可以发现，每个图形都比前一个图形多2个，继而即可得出答案．
【解答】解：根据题意分析可得：第1幅图中有1个．
第2幅图中有2×2﹣1＝3个．
第3幅图中有2×3﹣1＝5个．
第4幅图中有2×4﹣1＝7个．
…．
可以发现，每个图形都比前一个图形多2个．
故第n幅图中共有（2n﹣1）个．
当n＝6时，2n﹣1＝2×6﹣1＝11，
故答案为：11．
【点评】本题主要考查图形规律类，根据图形的变化找到规律是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，点，，…在轴上，，，…在直线上．若， 且，…都是等边三角形，从左到右的小三角形（阴影部分）的面积分别记为，，…， 则可表示为______．
【答案】
【分析】直线与x轴的成角∠B1OA1=30°，可得∠OB2A2=30°，…，∠OBnAn=30°，∠OB1A2=90°，…，∠OBnAn+1=90°；根据等腰三角形的性质可知A1B1=1，B2A2=OA2=2，B3A3=4，…，BnAn=2n-1；根据勾股定理可得B1B2=，B2B3=2，…，BnBn+1=2n-1，再由面积公式即可求解
【解答】解：∵△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1都是等边三角形，
∴A1B1//A2B2//A3B3//…//AnBn，B1A2//B2A3//B3A4//…//BnAn+1，
∵直线与轴的夹角，，
∴，∴，
∵，∴，∴，…，，
∴，，…，
可知，…，
∴，，…，
∴，，…，
，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，等边三角形和直角三角形的性质；能够判断阴影三角形是直角三角形，并求出每边长、应用相似三角形规律求解是解题的关键．
17．如图，一组有规律的图案，第1个图案由4个基础图形组成，第2个图案由7个基础图形组成，第3个图案由10个基础图形组成，……，则第2020个图案中由___________个基础图形组成．
【答案】6061
【分析】设第n个图案由an个基础图形组成（n为正整数），观察图形，由各图案中基础图形的个数的变化，可找出变化规律“an=3n+1（n为正整数）”，再代入n=2020即可求出结论．
【解答】解：设第n个图案由an个基础图形组成（n为正整数）．
观察图形，可知：a1=4=3×1+1，a2=7=3×2+1，a3=10=3×3+1，…，
∴an=3n+1（n为正整数），
∴a2020=3×2020+1=6061．
故答案为：6061．
【点评】本题考查了规律型：图形的变化类，根据各图案中基础图形的个数的变化，找出变化规律“an=3n+1（n为正整数）”是解题的关键．
18．如图是一组有规律的图案，图案1是由4个组成的，图案2是由7个组成的，依此，第n个图案是由______个组成的．
【答案】3n+1
【分析】观察发现，后一个图案比前一个图案多3个基础图形，由此即可得到规律计算得出答案.
【解答】第1个图案基础图形的个数为4，
第2个图案基础图形的个数为4+3=7，
第3个图案基础图形的个数为4+3+3=10，
，
∴第n个图案基础图形的个数为4+3（n-1）=3n+1，
故答案为：3n+1.
【点评】此题考查图形类规律的探究，根据图案掌握图案的变化规律得到计算的规律是解题的关键.
19．如图，∠MON=30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1=2，，则△A1B1A2的面积是_____，△AnBnAn+1的面积是_____．
【答案】； 22n﹣2．
【分析】观察图形的变化，结合等边三角形的性质可得前几个等边三角形的面积，进而可得△AnBnAn+1的面积．
【解答】解：如图，
∵△A1B1A2是等边三角形，
∴A1B1=A2B1，∠2=∠3=60°，
∵∠MON=30°，
∴∠1=60°﹣30°=30°，
∴OA1=A1B1=A1A2=2，
∴等边三角形边上的高为，
∴△A1B1A2的面积是：2×=；
∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，
同理可得：
OA2=A2B2=A2A3=4，
∴高为2，
∴△A2B2A3的面积是：4×2=4；
∵OA3=A3B3=A3A4=23=8，
∴高为4，
∴△A3B3A4的面积是：8×4=16=24；
…
△AnBnAn+1的面积是：22n﹣2；
故答案为：，22n﹣2．
【点评】本题考查了规律型－图形的变化类，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．
20．数学兴趣活动小组的同学们用棋子摆了如图的三个“工”字形图案．依照这种规律摆放，摆第个“工”字形图案需____个棋子；摆第个“工”字形图案需____个棋子．
【答案】27 5n+2
【分析】分别数出三个图形中棋子的个数，可以发现第几个图形中棋子的个数为5与几的乘积加2．如第二个“工”字形图案共用棋子数为5×2+2=12．按照这个规律即可求得第4个和第n个“工”字形图案需用棋子数．
【解答】解：第一个“工”字形图案共用棋子数为5×1+2=7；
第二个“工”字形图案共用棋子数为5×2+2=12；
第三个“工”字形图案共用棋子数为5×3+2=17；
…
可以发现，第几个“工”字形图案需用棋子数等于5与几的乘积加4．
所以第4个“工”字形图案共用棋子数为5×4+2=22；
第n个“工”字形图案共用棋子数为5۰n+2=5n+2．
故答案分别为：27；5n+2．
【点评】本题考查探索与表达规律．解答此类题目的关键是根据题目中给出的图形，数值等条件，认真分析，找到规律．此类题目难度一般偏大，属于难题．
三、解答题
21．小雨同学在用黑色的围棋进行摆放图案的游戏，现已摆放了如下的图案，请根据图中的信息完成下列的问题．
（1）填写下表：
图形编号
①
②
③
…
…
图中棋子的总数
…
…
（2）第50个图形中棋子为 颗围棋；
（3）小雨同学如果继续摆放下去，那么第个图案就要用 颗围棋．
（4）如果小雨同学手上刚好有90颗围棋子，那么他按照这种规律从①个图案摆放下去，是否可以摆放成完整的图案后刚好90颗围棋子一颗不剩？如果可以，那么刚好摆放完成几个完整的图案？如果不行，那么最多可以摆放多少个完整图案，还剩余几颗围棋子？（只答结果，不说明理由）
【答案】（1）3，6，10；（2）1326；（3）；（4）不可以，刚好可以摆放完成6个完整图案，还剩下7个棋子
【分析】(1)图1个数为1+2，图2个数为1+2+3，图3个数为1+2+3+4计算即可，
(2)图50个数：1+2+3+…+50+51求和即可，
(3) 第个图案就要用：1+2+3+…+n+(n+1)按自然数求和即可，
(4)先估算几组图形需棋子的个数，七组图共需：3+6+10+15+21+28+36=11990，逐渐缩组，六组图共需3+6+10+15+21+28=8390，完成6组还余7个．
【解答】（1）图1个数为1+2=3，图2个数为1+2+3=6，图3个数为1+2+3+4=10
（2）①两行1+2，②三行1+2+3，③四行1+2+3+4，…，
第50个图形中棋子1+2+3+…+50+51=1326，
（3）第个图案就要用：1+2+3+…+n+(n+1)=，
(4)不可以，七组图共需：3+6+10+15+21+28+36=11990，六组图共需：3+6+10+15+21+28=8390，完成6组还余7个．
【点评】本题考查数字规律问题，会观察图形，抓住图形的特征，掌握图形的计数方式，按规律写出需要的数，会求和是解题关键．
22．观察下表：
我们把表格中字母的和所得的多项式称为“特征多项式”，例如：第1格的“特征多项式”为，第2格的“特征多项式”为，回答下列问题：
（1）第3格的“特征多项式”为 ，第4格的“特征多项式”为 ，第格的“特征多项式”为 ．
（2）若第格的“特征多项式”与多项式的差不含有项，求此“特征多项式”．
序号
1
2
3
4
…
图形
ｘ ｘ
ｙ
ｘ ｘ
ｘ ｘ ｘ
ｙ ｙ
ｘ ｘ
ｙ ｙ
ｘ ｘ ｘ
ｘｘｘｘ
ｙｙｙ
ｘ ｘ
ｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙ
ｘｘｘｘ
ｘｘｘｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘｘｘｘ
…
【答案】（1），，；（2）
【分析】（1）根据表格中的数据可以解答本题；
（2）根据（1）中的结果可以写出第m格的“特征多项式”，然后根据题意可以求得m的值，从而可以写出此“特征多项式”．
【解答】（1）由表格可得，
第3格的“特征多项式”为，
第4格的“特征多项式”为，
第n格的“特征多项式”为，
故答案为：，，；
（2）∵第m格的“特征多项式”是，
∴
，
∵第m格的“特征多项式”与多项式的差不含有项，
∴，得或(舍去)，
∴此“特征多项式”是．
【点评】本题考查了图形类规律探索，整式的加减，解答本题的关键是明确题意，发现题目中字母的变化规律，求出相应式子的值．
23．用棱长为的若干小正方体按如所示的规律在地面上搭建若干个几何体．图中每个几何体自上而下分别叫第一层、第二层，，第层（为正整数)
（1）搭建第④个几何体的小立方体的个数为 ．
（2）分别求出第②、③个几何体的所有露出部分（不含底面）的面积．
（3）为了美观，若将几何体的露出部分都涂上油漆（不含底面），已知喷涂需要油漆克，求喷涂第个几何体，共需要多少克油漆？
【答案】（1）；（2）第②个几何体露出部分（不含底面）面积为，第③个几何体露出部分（不含底面）面积为；（3）克．
【分析】（1）归纳出前3个几何体的规律即可得；
（2）分别画出两个几何体的三视图，再根据四个侧面和向上的面的小正方形的个数即可得；
（3）先根据（1）的方法得出第20个几何体每一层小立方体的个数，再根据（2）的方法得出第20个几何体的所有露出部分（不含底面）的面积，然后乘以即可得．
【解答】（1）搭建第①个几何体的小立方体的个数为1，
搭建第②个几何体的小立方体的个数为，
搭建第③个几何体的小立方体的个数为，
归纳类推得：搭建第④个几何体的小立方体的个数为，
故答案为：30；
（2）第②个几何体的三视图如下：
由题意，每个小正方形的面积为，
则第②个几何体的所有露出部分（不含底面）面积为；
第③个几何体的三视图如下：
则第③个几何体的所有露出部分（不含底面）面积为；
（3）第20个几何体从第1层到第20层小立方体的个数依次为，
则第20个几何体的所有露出部分（不含底面）面积为，
因此，共需要油漆的克数为（克），
答：共需要992克油漆．
【点评】本题考查了三视图、几何体的表面积、图形变化的规律型问题，依据题意，正确归纳类推出规律是解题关键．
24．如图，用同样规格的黑白两色的正方形瓷砖铺设矩形地面，请观察下列图形并解答有关问题：
（1）在第个图中，第一横行共有__________块瓷砖，第一竖列共有__________块瓷砖；（均用含的代数式表示）
（2）按上述铺设方案，铺一块这样的矩形地面共用了506块瓷砖，求此时的值及黑瓷砖的块数．
【答案】（1）；（2）86块
【分析】（1）第一个图每一横行有4=1+3个瓷砖，竖列有3=1+2个瓷砖；第二个图每一横行有5=2+3个瓷砖，竖列有4=2+2个瓷砖；第n个图每一横行有n+3个瓷砖，竖列有n+2个瓷砖；
（2）根据（1）中横行和数列的瓷砖数，总数=横行的瓷砖数×竖列的瓷砖数，将506代入其中求解n即可，黑瓷砖总数=横行的瓷砖数×竖列的瓷砖数-（横行的瓷砖数-2）×（竖列的瓷砖数-2）；
【解答】解：（1）
（2）由题意得
即，
解之得，（舍去）；
∴，
黑瓷砖的块数可表示为：
当时，
∴黑瓷砖块数为86块．
【点评】本题是一道找规律的题目，对于找规律的题目首先应先找出哪些部分发生了变化及其变化规律．
25．对于实数x，若，则符合条件的中最大的正数为的內数，例如：8的内数是5；7的内数是4．
（1）1的内数是______，20的內数是______，6的內数是______；
（2）若3是x的內数，求x的取值范围；
（3）一动点从原点出发，以3个单位/秒的速度按如图1所示的方向前进，经过秒后，动点经过的格点（横，纵坐标均为整数的点）中能围成的最大实心正方形的格点数（包括正方形边界与内部的格点）为，例如当时，，如图2①……；当时，，如图2②，③；……
①用表示的內数；
②当的內数为9时，符合条件的最大实心正方形有多少个，在这些实心正方形的格点中，直接写出离原点最远的格点的坐标．（若有多点并列最远，全部写出）
【答案】（1）2，7，4；（2）；（3）①t的内数；②符合条件的最大实心正方形有2个，离原点最远的格点的坐标有两个，为．
【分析】（1）根据内数的定义即可求解；
（2）根据内数的定义可列不等式，求解即可；
（3）①分析可得当时，即t的内数为2时，；当时，即t的内数为3时，，当时，即t的内数为4时，……归纳可得结论；②分析可得当t的内数为奇数时，最大实心正方形有2个；当t的内数为偶数时，最大实心正方形有1个；且最大实心正方形的边长为：的內数－1，即可求解．
【解答】解：（1），所以1的内数是2；
，所以20的内数是7；
，所以6的内数是4；
（2）∵3是x的內数，
∴，
解得；
（3）①当时，即t的内数为2时，；
当时，即t的内数为3时，，
当时，即t的内数为4时，，
……
∴t的内数；
②当t的内数为2时，最大实心正方形有1个；
当t的内数为3时，最大实心正方形有2个，
当t的内数为4时，最大实心正方形有1个，
……
即当t的内数为奇数时，最大实心正方形有2个；当t的内数为偶数时，最大实心正方形有1个；
∴当的內数为9时，符合条件的最大实心正方形有2个，
由前几个例子推理可得最大实心正方形的边长为：的內数－1，
∴此时最大实心正方形的边长为8，
离原点最远的格点的坐标有两个，为．
【点评】本题考查图形类规律探究，明确题干中内数的定义是解题的关键．
26．阅读理解题：求值可用下面的两种方法计算：
方法一：
方法二：通过下图发现的值等于1减去阴影部分的面积，即．
（1）请模仿上述两种方法求的值．
方法一： 方法二：
（2）用合理的方法求的值．
【答案】（1）见解析，；（2）．
【分析】（1）方法一：根据异分母的分数加法法则解答；方法二：运用题目例题中的方法二计算，即用1减去最后一个分数计算；
（2）用方法一通分计算比较麻烦，可采用方法二的方法计算，即用1减去最后一个分数计算．
【解答】解：（1）方法一：；
方法二：通过图2发现的值等于1减去阴影部分的面积，即=；
（2）由（1）题方法二可得．
【点评】本题考查了分数的运算和规律探求，正确理解题意、找出解答的方法和规律是关键．
27．如图：两根0.9米长的绳子分别系着黑白两个重量大小完全相同的小球（直径为0.2米），现将黑色小球拉至图中位置放手，之后黑色小球与白色小球发生第一次碰撞，碰撞后黑色小球静止白色小球荡起，当荡到最高点时又荡回与黑色小球发生第二次碰撞，碰撞后白色小球静止黑色小球荡起，当荡到最高点时又荡回与白色小球发生第三次碰撞，…像这样运动．求：当第11次碰撞发生时，黑色小球荡过的路程．（已知每次碰撞后，被碰撞小球荡起的最大角度都变为碰撞前碰撞小球所达到最大角度的一半）
【答案】2.62米
【分析】根据题目中运动方式，每奇数次碰撞前后黑色小球发生运动且运动路径是为半径是1，圆心角为的弧长，由此求解即可．
【解答】解：由题意可知，绳长0.9米，小球直径0.2米
所以小球运动路径的路程半径为0.9+0.1=1米
第一次碰撞前黑色小球发生运动，其运动路程为：
第三次碰撞前后黑色小球发生运动，其运动路程为：
第五次碰撞前后黑色小球发生运动，其运动路程为：
…
第11次碰撞前后黑色小球发生运动，其运动路程为：
∴黑色小球的运动路程为：
=
（米）
【点评】本题考查弧长的计算，正确理解题意分析出小球运动路径的圆心角和半径，正确计算是解题关键．
28．已知：在△ABC中，∠A＝α．
问题引入：在图1中，
（1）当∠CBO＝∠ABC，∠BCO＝∠ACB时，求∠BOC的度数（用含α的代数式表示）．
（2）当∠CBO＝∠ABC，∠BCO＝∠ACB时，∠BOC＝ ．（用含α的代数式表示）．
类比研究：在图2中，
（3）当∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB时，求∠BOC的度数（用含α的代数式表示）．
（4）当∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB时，试猜想∠BOC＝ ．（用含n、α的代数式表示）
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【分析】（1）结合题意，根据三角形内角和定理计算，即可得到答案；
（2）结合题意，根据三角形内角和定理计算，即可得到答案；
（3）结合题意，根据补角和三角形内角和性质计算，即可得到答案；
（4）结合题意，根据补角和三角形内角和性质计算，即可得到答案．
【解答】（1）∵ ,
∴
∵∠A＝α
∴
（2）∵ ,
∴
∵∠A＝α
∴
（3）∵
∴
∵∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB
∴
∴
（4）由（3）得：
∵∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB
∴
∴．
【点评】本题考查了三角形内角和、补角、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握三角形内角和、补角的性质，从而完成求解．
29．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一组数：1，1，2，3，5，8，13，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.现以这组数中的各个数作为正方形的边长值构造如下正方形：
再分别依次从左到右取2个、3个、4个、5个…正方形拼成如下长方形并记为①、②、
③、④、 …相应长方形的周长如下表所示：
1.仔细观察图形，上表中的 ，
2.若按此规律继续作长方形，则序号为⑧的长方形周长是 .
【答案】（1）16，26；（2）178．
【解答】(1)由分析知：序号为①的长方形的周长为；
序号为②的长方形的周长为；
序号为③的长方形的周长为；
序号为④的长方形的周长为；
故．
(2) 序号为⑤的长方形的周长为；
序号为⑥的长方形的周长为；
序号为⑦的长方形的周长为；
序号为⑧的长方形的周长为．
30．如图，将一个面积为1的圆形纸片分割成6部分，部分①是圆形纸片面积的一半，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，依此类推：
（1）阴影部分的面积是 ；
（2）受此启发，求出的值；
（3）直接写出＝ ．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）阴影部分的面积等于部分⑤的面积；
（2）用整个圆的面积减去阴影部分的面积即可确定答案；
（3）整个圆的面积减去阴影部分的面积即可确定答案．
【解答】解：（1）部分①是整体面积的一半，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，，
图中阴影部分的面积是部分④的一半，即，
故答案为：；
（2）；
（3）．
【点评】本题考查了数字的变化类问题，解题的关键是仔细观察图形面积间的关系并发现图形变化的规律．
51第10章规律问题之图形变化类
一、单选题
1．我们用若干个大小相同的三角形按照一定的规律摆放得到了以下各图形，其中第①个图形中有5个三角形，第②个图形中有11个三角形，第③个图形中有19个三角形，第④个图形有29个三角形，则第⑧个图形中三角形的个数为（ ）
A．78 B．89 C．95 D．109
【答案】B
【分析】根据已知图形的特点即可发现规律即可求解．
【解答】由图可得第①个图形中有2×3-1=5个三角形，
第②个图形中有3×4-1=11个三角形，
第③个图形中有4×5-1=19个三角形，
第④个图形有5×6-1=29个三角形，
∴第n个图形有（n+1）×(n+2)-1个三角形，
∴第⑧个图形中三角形的个数为9×10-1=89个三角形
故选B．
【点评】此题主要考查图形的规律探索，解题的关键是根据已知图形的变化找到规律求解．
2．用●表示实圆，用〇表示空心圆，现有若干个实圆与空心圆按一定规律排列如下：●〇●●〇●●●〇●〇●●〇●●●〇●〇●●〇●●●〇…问：前2019个圆中，有（ ）个空心圆．
A．671 B．672 C．673 D．674
【答案】C
【分析】根据题意可得每6个实圆与3个空心圆一个循环，依此类推排列，然后问题可求．
【解答】解：由题意可得：每6个实圆与3个空心圆一个循环，依此类推排列，
∴，
∴第2019个圆是实圆，
∴前2019个圆中空心圆的个数为：224×3+1=673（个）；
故选C．
【点评】本题主要考查图形规律，关键是根据图形的排列规律得到解题的思路．
3．把足够大的一张厚度为 0.1mm 的纸连续折 6 次，则对折后的整叠纸总厚度为（ ）mm．
A．0.64 B．6.4 C．1.28 D．12.8
【答案】B
【分析】先找折叠的规律，折一次2 折二次4=22 折三次8=23 折四次24……把足够大的一张纸连续折 6 次，共26=64层，一张纸厚度为 0.1mm ，对折后的整叠纸总厚度为0.1×64即可．
【解答】折一次， 折二次 ， 折三次， 折四次，…，
2， 4=22， 8=23 ， 24，…
把足够大的一张纸连续折 6 次，共26=64层，
把一张纸厚度为 0.1mm ，
对折后的整叠纸总厚度为0.1×64=6.4mm，
故选择：B．
【点评】本题考查折纸的厚度问题，掌握折纸的规律，按规律计算是解题关键．
4．如图，∠MON=30°，点，…在射线ON上，点，…在射线OM上，，，…均为等边三角形．若，则的边长为（ ）
A．2019 B．2020 C． D．
【答案】D
【分析】根据等边三角形的性质和∠MON=30°，可求得∠OB1A1=30°，进而证得△OA1B1是等腰三角形，可求得OA2的长，同理可得△OA2B2是等腰三角形，可得A2B2=OA2，同理得规律A3B3=OA3、⋅⋅⋅、AnBn=OAn，即可求得结果．
【解答】解：∵∠MON=30°，△A1A2B1是等边三角形，
∴∠B1A1A2=60°，A1B1=A1A2
∴∠OB1A1=∠B1A1A2−∠MON=30°，
∴∠OB1A1=∠MON，则△OA1B1是等腰三角形，
∴A1B1=OA1，
∵OA1=1，
∴A1B1=A1A2=OA1=1， OA2=OA1+A1A2=2，
同理可得△OA2B2是等腰三角形，可得A2B2=OA2=2，
同理得A3B3=4=、A4B4=8=，
根据以上规律可得：A2020B2020=22019，即△A2020A2021B2020的边长为22019，
故选：D．
【点评】本题属于探索规律题，主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质，掌握等边三角形的三个内角都是60°、等角对等边和探索规律并归纳公式是解题的关键．
5．如图，都是由棱长为的正方体叠成的图形．例如：第①个图形由个正方体叠成，第②个图形由个正方体叠成，第③个图形由个正方体叠成…，低此规律，第个图形由个正方体叠成，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题目给出的正方体的个数规律，可知第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+，据此可得第10个图形中正方体的个数．
【解答】解：由图可得：
图①中正方体的个数为1；
图②中正方体的个数为4＝1+3；
图③中正方体的个数为10＝1+3+6；
图④中正方体的个数为20＝1+3+6+10；
故第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+．
第10个图形中正方体的个数为1+3+6+10+15+21+28+36+45+55＝220．
故选：A．
【点评】本题考查了图形的变化类规律，解决问题的关键是依据图形得到变换规律．解题时注意：第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+．
6．用火柴棍按如图所示的方式摆不同的“”，依此规律，摆出第6个“”需要火柴棍的根数是（ ）
A．15 B．20 C．23 D．25
【答案】B
【分析】通过观察图形易得每个“”需要火柴棍的根数都比前面的“”需要火柴棍的根数多3根，从而得到一个等差数列，利用图形序号来表示出规律即可．
【解答】解：由图可知：
第1个图中：需要火柴棍的根数是；
第2个图中：需要火柴棍的根数是；
第3个图中：需要火柴棍的根数是；
第个图中：需要火柴棍的根数是，
∴第6个“”需要火柴棍的根数是．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形的变化类规律．从变化的图形中找到与图形序号变化一致的信息是解题的关键．本题中后面的每个“”都比它前面的“”多了3根火柴，它与图形序号之间的关系为：．
7．如图，在第一个中，，，在上取一点，延长到，使得，得到第二个；在上取一点，延长到，使得；…，按此做法进行下去，则第5个三角形中，以点为顶点的等腰三角形的顶角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出∠A5的度数．
【解答】解：∵在△ABA1中，∠B=20°，AB=A1B，
∴∠BA1A= =80°，
∵A1A2=A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，
∴∠CA2A1==40°；
同理可得∠DA3A2=20°，∠EA4A3=10°，
∴∠An=，
以点A4为顶点的等腰三角形的底角为∠A5，则∠A5==5°，
∴以点A4为顶点的等腰三角形的顶角的度数为180°-5°-5°=170°．
故选：A．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
8．某种细胞开始有1个，1小时后分裂成2个，2小时分裂成4个，3小时后分裂成8个，按此规律，n小时后细胞的个数超过1000个，n的最小值是（ ）
A．9 B．10 C．500 D．501
【答案】B
【分析】设经过n个小时，然后根据有理数的乘方的定义列不等式，计算求出n的最小值即可．
【解答】由题意得，，
∵，，
∴n的最小值是：10，
故选：B．
【点评】本题考查了有理数的乘方，是基础题，熟记乘方的定义并列出不等式是解题的关键．
9．如图是一组有规律的图案，第1个图案由4个基础图形组成，第2个图案由7个基础图形组成，…，按此规律，则第2020个图形中基础图形的个数是（ ）．
A．6057 B．6060 C．6061 D．6064
【答案】C
【分析】结合题意，根据图案和对应的数字变化规律，即可得到答案．
【解答】第1个图案由4个基础图形组成
第2个图案由7个基础图形组成
第3个图案由10个基础图形组成
…，
按此规律，得：
第1个图案基础图形的个数
第2个图案基础图形的个数
第3个图案基础图形的个数
…
第n个图案基础图形的个数
∴第2020个图案基础图形的个数
故选：C．
【点评】本题考查了图案和数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握图案及数字变化规律的性质，从而完成求解．
10．如图，图①是一块边长为1，周长记为P1的正三角形纸板，沿图①的底边剪去一块边长为的正三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉正三角形纸板边长的）后，得图③、④，…，记第n（n≥3）块纸板的周长为Pn，则Pn－Pn－1等于…（ ）
A． B．3－ C．1－ D．＋
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质（三边相等）求出等边三角形的周长P1，P2，P3，P4，然后周长相减即可得到规律，进行解答．
【解答】解：P1＝1＋1＋1＝3，
P2＝1＋1＋＝，
P3＝1＋1＋×3＝，
P4＝1＋1＋×2＋×3＝，
…
∴P3－P2＝－＝，
P4－P3＝－＝，
∴Pn－Pn－1＝，
故答案为：A．
【点评】本题主要考查对等边三角形的性质的理解和掌握，此题是一个规律型的题目，题型较好．
二、填空题
11．观察如下图形，其中第1个图形由1个正六边形组成，第2个图形由2个正六边形组成，第3个图形由3个正六边形组成，……，以此类推，请写出第6个图形中共有_________条线段：第n个图形中共有_____________条线段（用含n的式子表示）
【答案】31 5n+1
【分析】由第1个图形有6条线段，第2个图形有11条线段，第3个图形有16条线段，第4个图形有21条线段….每增加一个图形就多5条线段，依此规律可进行求解．
【解答】解：一个六边形有6条线段，第2个图形有6×2-1条线段，第3个图形有6×3-2条线段，….依此类推，第n个图形有，
∴第6个图形共有5×6+1=31条线段，
故答案为31；5n+1．
【点评】本题主要考查整式的图形规律，熟练掌握整式的运算是解题的关键．
12．如图，在第1个△A1BC中，∠B=30°，；在边上任取一点D，延长到，使，得到第2个△A1 A2D；在边上任取一点E，延长到，使，得到第3个△A2 A3E，…按此做法继续下去，第2018个三角形的底角度数是____．
【答案】（）2017×75°
【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形中以An为顶点的底角度数．
【解答】解：∵在△CBA1中，∠B=30°，A1B=CB，
∴∠BA1C=（180°−∠B）=75°，
∵A1A2=A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，
∴∠DA2A1=∠A2DA1=∠BA1C=×75°；
同理可得∠EA3A2=（）2×75°，∠FA4A3=（）3×75°，
∴第n个三角形中以An为顶点的底角度数是（） n－1×75°．
∴第2018个三角形中以A2018为顶点的底角度数是（）2017×75°，
故答案为（）2017×75°．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
13．如图是用大小相等的五角星按一定规律拼成的一组图案，请根据你的观察，写出第个图案中小五角星有______颗．
【答案】6061
【分析】观察图案可以得到，每个图形的小五角星都是有三层构成的，第一层、第三层的数量与图案的序号相同，第二层的数量比图案的序号多1，据此规律求和即可．
【解答】解：观察这一组图形，可以得到第2020个图案共有三层构成，第一层、第三层小五角星的数量都是2020，第二层的数量是2021，
所以第2020个图案中小五角星一共有2020+2021+2020=6061（个）．
故答案为：6061
【点评】本题考查学生通过观察、归纳、抽象出图形规律的能力，要求学生要会分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．
14．将图①中的正方形剪开得到图②，图②中共有4个正方形，将图②中一个正方形剪开得到图③，图③中共有7个正方形：将图③中一个正方形剪开得到图④，图④中共有10个正方形…如此下去，则第2020个图中共有正方形的个数为_____．
【答案】6058
【分析】根据图形的变化，后一个图形的正方形的个数都比前一个图形的正方形的个数多3个，第n个图形的正方形的个数为3（n-2）+4即可求解．
【解答】解：观察图形可知：
图②中共有4个正方形，即3×0+4；
图③中共有7个正方形，即3×1+4；
图④中共有10个正方形，即3×2+4；
……
图n中共有正方形的个数为3（n-2）+4；
所以第2020个图中共有正方形的个数为：
3（2020-2）+4=6058．
故答案为：6058．
【点评】本题考查了图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
15．如图，每一幅图中有若干个菱形，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有3菱形．第3幅图中有5个菱形，依照此规律，第6幅图中有_____个菱形．
【答案】11
【分析】根据题意分析可得：第1幅图中有1个，第2幅图中有2×2﹣1＝3个，第3幅图中有2×3﹣1＝5个，…，可以发现，每个图形都比前一个图形多2个，继而即可得出答案．
【解答】解：根据题意分析可得：第1幅图中有1个．
第2幅图中有2×2﹣1＝3个．
第3幅图中有2×3﹣1＝5个．
第4幅图中有2×4﹣1＝7个．
…．
可以发现，每个图形都比前一个图形多2个．
故第n幅图中共有（2n﹣1）个．
当n＝6时，2n﹣1＝2×6﹣1＝11，
故答案为：11．
【点评】本题主要考查图形规律类，根据图形的变化找到规律是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，点，，…在轴上，，，…在直线上．若， 且，…都是等边三角形，从左到右的小三角形（阴影部分）的面积分别记为，，…， 则可表示为______．
【答案】
【分析】直线与x轴的成角∠B1OA1=30°，可得∠OB2A2=30°，…，∠OBnAn=30°，∠OB1A2=90°，…，∠OBnAn+1=90°；根据等腰三角形的性质可知A1B1=1，B2A2=OA2=2，B3A3=4，…，BnAn=2n-1；根据勾股定理可得B1B2=，B2B3=2，…，BnBn+1=2n-1，再由面积公式即可求解
【解答】解：∵△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1都是等边三角形，
∴A1B1//A2B2//A3B3//…//AnBn，B1A2//B2A3//B3A4//…//BnAn+1，
∵直线与轴的夹角，，
∴，∴，
∵，∴，∴，…，，
∴，，…，
可知，…，
∴，，…，
∴，，…，
，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，等边三角形和直角三角形的性质；能够判断阴影三角形是直角三角形，并求出每边长、应用相似三角形规律求解是解题的关键．
17．如图，一组有规律的图案，第1个图案由4个基础图形组成，第2个图案由7个基础图形组成，第3个图案由10个基础图形组成，……，则第2020个图案中由___________个基础图形组成．
【答案】6061
【分析】设第n个图案由an个基础图形组成（n为正整数），观察图形，由各图案中基础图形的个数的变化，可找出变化规律“an=3n+1（n为正整数）”，再代入n=2020即可求出结论．
【解答】解：设第n个图案由an个基础图形组成（n为正整数）．
观察图形，可知：a1=4=3×1+1，a2=7=3×2+1，a3=10=3×3+1，…，
∴an=3n+1（n为正整数），
∴a2020=3×2020+1=6061．
故答案为：6061．
【点评】本题考查了规律型：图形的变化类，根据各图案中基础图形的个数的变化，找出变化规律“an=3n+1（n为正整数）”是解题的关键．
18．如图是一组有规律的图案，图案1是由4个组成的，图案2是由7个组成的，依此，第n个图案是由______个组成的．
【答案】3n+1
【分析】观察发现，后一个图案比前一个图案多3个基础图形，由此即可得到规律计算得出答案.
【解答】第1个图案基础图形的个数为4，
第2个图案基础图形的个数为4+3=7，
第3个图案基础图形的个数为4+3+3=10，
，
∴第n个图案基础图形的个数为4+3（n-1）=3n+1，
故答案为：3n+1.
【点评】此题考查图形类规律的探究，根据图案掌握图案的变化规律得到计算的规律是解题的关键.
19．如图，∠MON=30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1=2，，则△A1B1A2的面积是_____，△AnBnAn+1的面积是_____．
【答案】； 22n﹣2．
【分析】观察图形的变化，结合等边三角形的性质可得前几个等边三角形的面积，进而可得△AnBnAn+1的面积．
【解答】解：如图，
∵△A1B1A2是等边三角形，
∴A1B1=A2B1，∠2=∠3=60°，
∵∠MON=30°，
∴∠1=60°﹣30°=30°，
∴OA1=A1B1=A1A2=2，
∴等边三角形边上的高为，
∴△A1B1A2的面积是：2×=；
∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，
同理可得：
OA2=A2B2=A2A3=4，
∴高为2，
∴△A2B2A3的面积是：4×2=4；
∵OA3=A3B3=A3A4=23=8，
∴高为4，
∴△A3B3A4的面积是：8×4=16=24；
…
△AnBnAn+1的面积是：22n﹣2；
故答案为：，22n﹣2．
【点评】本题考查了规律型－图形的变化类，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．
20．数学兴趣活动小组的同学们用棋子摆了如图的三个“工”字形图案．依照这种规律摆放，摆第个“工”字形图案需____个棋子；摆第个“工”字形图案需____个棋子．
【答案】27 5n+2
【分析】分别数出三个图形中棋子的个数，可以发现第几个图形中棋子的个数为5与几的乘积加2．如第二个“工”字形图案共用棋子数为5×2+2=12．按照这个规律即可求得第4个和第n个“工”字形图案需用棋子数．
【解答】解：第一个“工”字形图案共用棋子数为5×1+2=7；
第二个“工”字形图案共用棋子数为5×2+2=12；
第三个“工”字形图案共用棋子数为5×3+2=17；
…
可以发现，第几个“工”字形图案需用棋子数等于5与几的乘积加4．
所以第4个“工”字形图案共用棋子数为5×4+2=22；
第n个“工”字形图案共用棋子数为5۰n+2=5n+2．
故答案分别为：27；5n+2．
【点评】本题考查探索与表达规律．解答此类题目的关键是根据题目中给出的图形，数值等条件，认真分析，找到规律．此类题目难度一般偏大，属于难题．
三、解答题
21．小雨同学在用黑色的围棋进行摆放图案的游戏，现已摆放了如下的图案，请根据图中的信息完成下列的问题．
（1）填写下表：
图形编号
①
②
③
…
…
图中棋子的总数
…
…
（2）第50个图形中棋子为 颗围棋；
（3）小雨同学如果继续摆放下去，那么第个图案就要用 颗围棋．
（4）如果小雨同学手上刚好有90颗围棋子，那么他按照这种规律从①个图案摆放下去，是否可以摆放成完整的图案后刚好90颗围棋子一颗不剩？如果可以，那么刚好摆放完成几个完整的图案？如果不行，那么最多可以摆放多少个完整图案，还剩余几颗围棋子？（只答结果，不说明理由）
【答案】（1）3，6，10；（2）1326；（3）；（4）不可以，刚好可以摆放完成6个完整图案，还剩下7个棋子
【分析】(1)图1个数为1+2，图2个数为1+2+3，图3个数为1+2+3+4计算即可，
(2)图50个数：1+2+3+…+50+51求和即可，
(3) 第个图案就要用：1+2+3+…+n+(n+1)按自然数求和即可，
(4)先估算几组图形需棋子的个数，七组图共需：3+6+10+15+21+28+36=11990，逐渐缩组，六组图共需3+6+10+15+21+28=8390，完成6组还余7个．
【解答】（1）图1个数为1+2=3，图2个数为1+2+3=6，图3个数为1+2+3+4=10
（2）①两行1+2，②三行1+2+3，③四行1+2+3+4，…，
第50个图形中棋子1+2+3+…+50+51=1326，
（3）第个图案就要用：1+2+3+…+n+(n+1)=，
(4)不可以，七组图共需：3+6+10+15+21+28+36=11990，六组图共需：3+6+10+15+21+28=8390，完成6组还余7个．
【点评】本题考查数字规律问题，会观察图形，抓住图形的特征，掌握图形的计数方式，按规律写出需要的数，会求和是解题关键．
22．观察下表：
我们把表格中字母的和所得的多项式称为“特征多项式”，例如：第1格的“特征多项式”为，第2格的“特征多项式”为，回答下列问题：
（1）第3格的“特征多项式”为 ，第4格的“特征多项式”为 ，第格的“特征多项式”为 ．
（2）若第格的“特征多项式”与多项式的差不含有项，求此“特征多项式”．
序号
1
2
3
4
…
图形
ｘ ｘ
ｙ
ｘ ｘ
ｘ ｘ ｘ
ｙ ｙ
ｘ ｘ
ｙ ｙ
ｘ ｘ ｘ
ｘｘｘｘ
ｙｙｙ
ｘ ｘ
ｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙ
ｘｘｘｘ
ｘｘｘｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘ
ｙｙｙｙ
ｘｘｘｘｘ
…
【答案】（1），，；（2）
【分析】（1）根据表格中的数据可以解答本题；
（2）根据（1）中的结果可以写出第m格的“特征多项式”，然后根据题意可以求得m的值，从而可以写出此“特征多项式”．
【解答】（1）由表格可得，
第3格的“特征多项式”为，
第4格的“特征多项式”为，
第n格的“特征多项式”为，
故答案为：，，；
（2）∵第m格的“特征多项式”是，
∴
，
∵第m格的“特征多项式”与多项式的差不含有项，
∴，得或(舍去)，
∴此“特征多项式”是．
【点评】本题考查了图形类规律探索，整式的加减，解答本题的关键是明确题意，发现题目中字母的变化规律，求出相应式子的值．
23．用棱长为的若干小正方体按如所示的规律在地面上搭建若干个几何体．图中每个几何体自上而下分别叫第一层、第二层，，第层（为正整数)
（1）搭建第④个几何体的小立方体的个数为 ．
（2）分别求出第②、③个几何体的所有露出部分（不含底面）的面积．
（3）为了美观，若将几何体的露出部分都涂上油漆（不含底面），已知喷涂需要油漆克，求喷涂第个几何体，共需要多少克油漆？
【答案】（1）；（2）第②个几何体露出部分（不含底面）面积为，第③个几何体露出部分（不含底面）面积为；（3）克．
【分析】（1）归纳出前3个几何体的规律即可得；
（2）分别画出两个几何体的三视图，再根据四个侧面和向上的面的小正方形的个数即可得；
（3）先根据（1）的方法得出第20个几何体每一层小立方体的个数，再根据（2）的方法得出第20个几何体的所有露出部分（不含底面）的面积，然后乘以即可得．
【解答】（1）搭建第①个几何体的小立方体的个数为1，
搭建第②个几何体的小立方体的个数为，
搭建第③个几何体的小立方体的个数为，
归纳类推得：搭建第④个几何体的小立方体的个数为，
故答案为：30；
（2）第②个几何体的三视图如下：
由题意，每个小正方形的面积为，
则第②个几何体的所有露出部分（不含底面）面积为；
第③个几何体的三视图如下：
则第③个几何体的所有露出部分（不含底面）面积为；
（3）第20个几何体从第1层到第20层小立方体的个数依次为，
则第20个几何体的所有露出部分（不含底面）面积为，
因此，共需要油漆的克数为（克），
答：共需要992克油漆．
【点评】本题考查了三视图、几何体的表面积、图形变化的规律型问题，依据题意，正确归纳类推出规律是解题关键．
24．如图，用同样规格的黑白两色的正方形瓷砖铺设矩形地面，请观察下列图形并解答有关问题：
（1）在第个图中，第一横行共有__________块瓷砖，第一竖列共有__________块瓷砖；（均用含的代数式表示）
（2）按上述铺设方案，铺一块这样的矩形地面共用了506块瓷砖，求此时的值及黑瓷砖的块数．
【答案】（1）；（2）86块
【分析】（1）第一个图每一横行有4=1+3个瓷砖，竖列有3=1+2个瓷砖；第二个图每一横行有5=2+3个瓷砖，竖列有4=2+2个瓷砖；第n个图每一横行有n+3个瓷砖，竖列有n+2个瓷砖；
（2）根据（1）中横行和数列的瓷砖数，总数=横行的瓷砖数×竖列的瓷砖数，将506代入其中求解n即可，黑瓷砖总数=横行的瓷砖数×竖列的瓷砖数-（横行的瓷砖数-2）×（竖列的瓷砖数-2）；
【解答】解：（1）
（2）由题意得
即，
解之得，（舍去）；
∴，
黑瓷砖的块数可表示为：
当时，
∴黑瓷砖块数为86块．
【点评】本题是一道找规律的题目，对于找规律的题目首先应先找出哪些部分发生了变化及其变化规律．
25．对于实数x，若，则符合条件的中最大的正数为的內数，例如：8的内数是5；7的内数是4．
（1）1的内数是______，20的內数是______，6的內数是______；
（2）若3是x的內数，求x的取值范围；
（3）一动点从原点出发，以3个单位/秒的速度按如图1所示的方向前进，经过秒后，动点经过的格点（横，纵坐标均为整数的点）中能围成的最大实心正方形的格点数（包括正方形边界与内部的格点）为，例如当时，，如图2①……；当时，，如图2②，③；……
①用表示的內数；
②当的內数为9时，符合条件的最大实心正方形有多少个，在这些实心正方形的格点中，直接写出离原点最远的格点的坐标．（若有多点并列最远，全部写出）
【答案】（1）2，7，4；（2）；（3）①t的内数；②符合条件的最大实心正方形有2个，离原点最远的格点的坐标有两个，为．
【分析】（1）根据内数的定义即可求解；
（2）根据内数的定义可列不等式，求解即可；
（3）①分析可得当时，即t的内数为2时，；当时，即t的内数为3时，，当时，即t的内数为4时，……归纳可得结论；②分析可得当t的内数为奇数时，最大实心正方形有2个；当t的内数为偶数时，最大实心正方形有1个；且最大实心正方形的边长为：的內数－1，即可求解．
【解答】解：（1），所以1的内数是2；
，所以20的内数是7；
，所以6的内数是4；
（2）∵3是x的內数，
∴，
解得；
（3）①当时，即t的内数为2时，；
当时，即t的内数为3时，，
当时，即t的内数为4时，，
……
∴t的内数；
②当t的内数为2时，最大实心正方形有1个；
当t的内数为3时，最大实心正方形有2个，
当t的内数为4时，最大实心正方形有1个，
……
即当t的内数为奇数时，最大实心正方形有2个；当t的内数为偶数时，最大实心正方形有1个；
∴当的內数为9时，符合条件的最大实心正方形有2个，
由前几个例子推理可得最大实心正方形的边长为：的內数－1，
∴此时最大实心正方形的边长为8，
离原点最远的格点的坐标有两个，为．
【点评】本题考查图形类规律探究，明确题干中内数的定义是解题的关键．
26．阅读理解题：求值可用下面的两种方法计算：
方法一：
方法二：通过下图发现的值等于1减去阴影部分的面积，即．
（1）请模仿上述两种方法求的值．
方法一： 方法二：
（2）用合理的方法求的值．
【答案】（1）见解析，；（2）．
【分析】（1）方法一：根据异分母的分数加法法则解答；方法二：运用题目例题中的方法二计算，即用1减去最后一个分数计算；
（2）用方法一通分计算比较麻烦，可采用方法二的方法计算，即用1减去最后一个分数计算．
【解答】解：（1）方法一：；
方法二：通过图2发现的值等于1减去阴影部分的面积，即=；
（2）由（1）题方法二可得．
【点评】本题考查了分数的运算和规律探求，正确理解题意、找出解答的方法和规律是关键．
27．如图：两根0.9米长的绳子分别系着黑白两个重量大小完全相同的小球（直径为0.2米），现将黑色小球拉至图中位置放手，之后黑色小球与白色小球发生第一次碰撞，碰撞后黑色小球静止白色小球荡起，当荡到最高点时又荡回与黑色小球发生第二次碰撞，碰撞后白色小球静止黑色小球荡起，当荡到最高点时又荡回与白色小球发生第三次碰撞，…像这样运动．求：当第11次碰撞发生时，黑色小球荡过的路程．（已知每次碰撞后，被碰撞小球荡起的最大角度都变为碰撞前碰撞小球所达到最大角度的一半）
【答案】2.62米
【分析】根据题目中运动方式，每奇数次碰撞前后黑色小球发生运动且运动路径是为半径是1，圆心角为的弧长，由此求解即可．
【解答】解：由题意可知，绳长0.9米，小球直径0.2米
所以小球运动路径的路程半径为0.9+0.1=1米
第一次碰撞前黑色小球发生运动，其运动路程为：
第三次碰撞前后黑色小球发生运动，其运动路程为：
第五次碰撞前后黑色小球发生运动，其运动路程为：
…
第11次碰撞前后黑色小球发生运动，其运动路程为：
∴黑色小球的运动路程为：
=
（米）
【点评】本题考查弧长的计算，正确理解题意分析出小球运动路径的圆心角和半径，正确计算是解题关键．
28．已知：在△ABC中，∠A＝α．
问题引入：在图1中，
（1）当∠CBO＝∠ABC，∠BCO＝∠ACB时，求∠BOC的度数（用含α的代数式表示）．
（2）当∠CBO＝∠ABC，∠BCO＝∠ACB时，∠BOC＝ ．（用含α的代数式表示）．
类比研究：在图2中，
（3）当∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB时，求∠BOC的度数（用含α的代数式表示）．
（4）当∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB时，试猜想∠BOC＝ ．（用含n、α的代数式表示）
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【分析】（1）结合题意，根据三角形内角和定理计算，即可得到答案；
（2）结合题意，根据三角形内角和定理计算，即可得到答案；
（3）结合题意，根据补角和三角形内角和性质计算，即可得到答案；
（4）结合题意，根据补角和三角形内角和性质计算，即可得到答案．
【解答】（1）∵ ,
∴
∵∠A＝α
∴
（2）∵ ,
∴
∵∠A＝α
∴
（3）∵
∴
∵∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB
∴
∴
（4）由（3）得：
∵∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB
∴
∴．
【点评】本题考查了三角形内角和、补角、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握三角形内角和、补角的性质，从而完成求解．
29．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一组数：1，1，2，3，5，8，13，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.现以这组数中的各个数作为正方形的边长值构造如下正方形：
再分别依次从左到右取2个、3个、4个、5个…正方形拼成如下长方形并记为①、②、
③、④、 …相应长方形的周长如下表所示：
1.仔细观察图形，上表中的 ，
2.若按此规律继续作长方形，则序号为⑧的长方形周长是 .
【答案】（1）16，26；（2）178．
【解答】(1)由分析知：序号为①的长方形的周长为；
序号为②的长方形的周长为；
序号为③的长方形的周长为；
序号为④的长方形的周长为；
故．
(2) 序号为⑤的长方形的周长为；
序号为⑥的长方形的周长为；
序号为⑦的长方形的周长为；
序号为⑧的长方形的周长为．
30．如图，将一个面积为1的圆形纸片分割成6部分，部分①是圆形纸片面积的一半，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，依此类推：
（1）阴影部分的面积是 ；
（2）受此启发，求出的值；
（3）直接写出＝ ．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）阴影部分的面积等于部分⑤的面积；
（2）用整个圆的面积减去阴影部分的面积即可确定答案；
（3）整个圆的面积减去阴影部分的面积即可确定答案．
【解答】解：（1）部分①是整体面积的一半，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，，
图中阴影部分的面积是部分④的一半，即，
故答案为：；
（2）；
（3）．
【点评】本题考查了数字的变化类问题，解题的关键是仔细观察图形面积间的关系并发现图形变化的规律．
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