2013年北京中考数学复习专题讲座八：归纳猜想型问题(二)
2013年北京中考数学复习专题讲座十二：动点型问题(二)(含答案)
2013年中考数学复习专题讲座十二动点型问题（二）（双动点问题、考点四：因动点产生的最值问题）一、中考专题诠释所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.“动点型问题”题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。
二、解题策略和解法精讲解决动点问题的关键是“动中求静”.从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。
在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。
在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。
三、中考考点精讲考点三：双动点问题动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为中考试题的热点中的热点，双动点问题对同学们获取信息和处理信息的能力要求更高高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程,并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动.（一）以双动点为载体，探求函数图象问题例1（2012•荆门）如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD=BE=5；②cos∠ABE=；③当0＜t≤5时，y=t2；④当t=秒时，△ABE∽△QBP；其中正确的结论是（填序号）．思路分析：根据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可．解：根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5，∴AD=BE=5，故①小题正确；又∵从M到N的变化是2，∴ED=2，∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3，在Rt△ABE中，AB===4，∴cos∠ABE==，故②小题错误；过点P作PF⊥BC于点F，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB==，∴PF=PBsin∠PBF=t，∴当0＜t≤5时，y=BQ•PF=t•t=t2，故③小题正确；当t=秒时，点P在CD上，此时，PD=﹣BE﹣ED=﹣5﹣2=，PQ=CD﹣PD=4﹣=，∵=，==，∴=，又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP，故④小题正确．综上所述，正确的有①③④．故答案为：①③④．点评：本题考查了动点问题的函数图象，根据图（2）判断出点P到达点E时点Q到达点C是解题的关键，也是本题的突破口．（二）以双动点为载体，探求结论开放性问题例2（2012•广元）如图，在矩形ABCD中，AO=3，tan∠ACB=．以O为坐标原点，OC为x轴，OA为y轴建立平面直角坐标系，设D、E分别是线段AC、OC上的动点，它们同时出发，点D以每秒3个单位的速度从点A向点C运动，点E以每秒1个单位的速度从点C向点O运动．设运动时间为t（秒）（1）求直线AC的解析式；（2）用含t的代数式表示点D的坐标；（3）在t为何值时，△ODE为直角三角形？（4）在什么条件下，以Rt△ODE的三个顶点能确定一条对称轴平行于y轴的抛物线？并请选择一种情况，求出所确定的抛物线的解析式．思路分析：（1）在Rt△AOC中，已知AO的长以及∠ACB的正弦值，能求出OC的长，即可确定点C的坐标，利用待定系数法能求出直线AC的解析式．（2）过D作AO、OC的垂线，通过构建相似三角形来求出点D的坐标．（3）用t表示出OD、DE、OE的长，若△ODE为直角三角形，那么三边符合勾股定理，据此列方程求出对应的t的值．（4）根据（3）的结论能得到t的值，△ODE中，当OD⊥x轴或DE垂直x轴时，都不能确定“一条对称轴平行于y轴的抛物线”，余下的情况都是符合要求的，首先得D、E的坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式．解：（1）根据题意，得CO=AB=BC•tan∠ACB=4，则A（0，3）、B（4，3）、C（4，0）；设直线AC的解析式为：y=kx+3，代入C点坐标，得：4k+3=0，k=﹣∴直线AC：y=﹣x+3．（2）分别作DF⊥AO，DH⊥CO，垂足分别为F、H，则有△ADF∽△DCH∽△ACO∴AD：DC：AC=AF：DH：AO=FD：HC：OC，而AD=3t（其中0≤t≤），OC=AB=4，AC=5，∴FD=AD=，AF=AD=，DH=3﹣，HC=4﹣，∴D（，3﹣）．（3）CE=t，E（4﹣t，0），OE=OC﹣CE=4﹣t，HE=|CH﹣CE|=|（4﹣）﹣t|=|4﹣|则OD2=DH2+OH2=（3﹣）2+（）2=9t2﹣t+9，DE2=DH2+HE2=（3﹣）2+（4﹣）2=t2﹣38t+25，当△ODE为Rt△时，有OD2+DE2=OE2，或OD2+OE2=DE2，或DE2+OE2=OD2，则（9t2﹣t+9）+（t2﹣38t+25）=（4﹣t）2①，或（9t2﹣t+9）+（4﹣t）2=t2﹣38t+25②，或（t2﹣38t+25）+（4﹣t）2=9t2﹣t+9③，上述三个方程在0≤t≤内的所有实数解为：t1=，t2=1，t3=0，t4=．（4）当DO⊥OE，及DE⊥OE时，即t3=0和t4=时，以Rt△ODE的三个顶点不能确定对称轴平行于y轴的抛物线，其它两种情况都可以各确定一条对称轴平行于y轴的抛物线．当t2=1时，D（，），E（3，0），因为抛物线过O（0，0），所以设所求抛物线为y=ax2+bx，将点D、E坐标代入，求得a=﹣，b=，∴所求抛物线为：y=﹣x2+x（当t1=时，所求抛物线为y=﹣x2+x）．点评：本题主要考查了二次函数的应用、相似三角形的性质、勾股定理等重要知识；后面两问的难度较大，注意分类进行讨论．（三）以双动点为载体，探求存在性问题例3（2012•沈阳）已知，如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（0，2），点E为线段AB上的动点（点E不与点A，B重合），以E为顶点作∠OET=45°，射线ET交线段0B于点F，C为y轴正半轴上一点，且OC=AB，抛物线y=﹣x2+mx+n 的图象经过A，C两点．（1）求此抛物线的函数表达式；（2）求证：∠BEF=∠AOE；（3）当△EOF为等腰三角形时，求此时点E的坐标；（4）在（3）的条件下，当直线EF交x轴于点D，P为（1）中抛物线上一动点，直线PE 交x轴于点G，在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的（2+1）倍？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．思路分析：（1）首先求出点C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）利用三角形外角性质，易证∠BEF=∠AOE；（3）当△EOF为等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论，注意不要漏解；（4）本问关键是利用已知条件求得点P的纵坐标，要点是将△EPF与△EDG的面积之比转化为线段之比．如图④所示，首先证明点E为DF的中点，然后作x轴的平行线FN，则△EDG≌△EFN，从而将△EPF与△EDG的面积之比转化为PE：NE；过点P作x轴垂线，可依次求出线段PT、PM的长度，从而求得点P的纵坐标；最后解一元二次方程，确定点P 的坐标．解：（1）如图①，∵A（﹣2，0）B（0，2）∴OA=OB=2，∴AB2=OA2+OB2=22+22=8∴AB=2，∵OC=AB∴OC=2，即C（0，2）又∵抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过A、C两点则可得，解得．∴抛物线的表达式为y=﹣x2﹣x+2．（2）∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠BAO=∠ABO=45°又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE，∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF，∴∠BEF=∠AOE．（3）当△EOF为等腰三角形时，分三种情况讨论①当OE=OF时，∠OFE=∠OEF=45°在△EOF中，∠EOF=180°﹣∠OEF﹣∠OFE=180°﹣45°﹣45°=90°又∵∠AOB=90°则此时点E于点A重合，不符合题意，此种情况不成立．②如图2，当FE=FO时，∠EOF=∠OEF=45°在△EOF中，∠EFO=180°﹣∠OEF﹣∠EOF=180°﹣45°﹣45°=90°∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°∴EF∥AO，∴∠BEF=∠BAO=45°又∵由（2）可知，∠ABO=45°∴∠BEF=∠ABO，∴BF=EF，EF=BF=OB=×2=1∴E（﹣1，1）③如图③，当EO=EF时，过点E作EH⊥y轴于点H在△AOE和△BEF中，∠EAO=∠FBE，EO=EF，∠AOE=∠BEF∴△AOE≌△BEF，∴BE=AO=2∵EH⊥OB，∴∠EHB=90°，∴∠AOB=∠EHB∴EH∥AO，∴∠BEH=∠BAO=45°在Rt△BEH中，∵∠BEH=∠ABO=45°∴EH=BH=BEcos45°=2×=∴OH=OB﹣BH=2﹣∴E（﹣，2﹣）综上所述，当△EOF为等腰三角形时，所求E点坐标为E（﹣1，1）或E（﹣，2﹣）．（4）假设存在这样的点P．当直线EF与x轴有交点时，由（3）知，此时E（﹣，2﹣）．如图④所示，过点E作EH⊥y轴于点H，则OH=FH=2﹣．由OE=EF，易知点E为Rt△DOF斜边上的中点，即DE=EF，过点F作FN∥x轴，交PG于点N．易证△EDG≌△EFN，因此S△EFN =S△EDG，依题意，可得S△EPF =（2+1）S△EDG=（2+1）S△EFN，∴PE：NE=2+1．过点P作PM⊥x轴于点M，分别交FN、EH于点S、T，则ST=TM=2﹣．∵FN∥EH，∴PT：ST=PE：NE=2+1，∴PT=（2+1）•ST=（2+1）（2﹣）=3﹣2；∴PM=PT+TM=2，即点P的纵坐标为2，∴﹣x2﹣x+2=2，解得x1=0，x2=﹣1，∴P点坐标为（0，2）或（﹣1，2）．综上所述，在直线EF上方的抛物线上存在点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的（2+1）倍；点P的坐标为（0，2）或（﹣1，2）．点评：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、等腰三角形、直角三角形、全等三角形与相似三角形的性质等重要的知识点，难度较大．第（2）问注意分类讨论思想的应用，注意不要漏解；第（3）问中，将三角形面积之比转化为线段之比，这是解题的重要技巧，这是本题的难点．（四）以双动点为载体，探求函数最值问题例4（2012•张家界）如图，抛物线y=﹣x2+x+2与x轴交于C、A两点，与y轴交于点B，OB=2．点O关于直线AB的对称点为D，E为线段AB的中点．（1）分别求出点A、点B的坐标；（2）求直线AB的解析式；（3）若反比例函数y=的图象过点D，求k值；（4）两动点P、Q同时从点A出发，分别沿AB、AO方向向B、O移动，点P每秒移动1个单位，点Q每秒移动个单位，设△POQ的面积为S，移动时间为t，问：S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的t值；若不存在，请说明理由．思路分析：（1）抛物线的解析式中，令x=0，能确定抛物线与y轴的交点坐标（即B点坐标）；令y=0，能确定抛物线与x轴的交点坐标（即A、C的坐标）．（2）由（1）的结果，利用待定系数法可求出直线AB的解析式．（3）欲求出反比例函数的解析式，需要先得到D点的坐标．已知A、B的坐标，易判断出△OAB是含特殊角的直角三角形，结合O、D关于直线AB对称，可得出OD的长，结合∠DOA的读数，即可得到D点的坐标，由此得解．（4）首先用t列出AQ、AP的表达式，进而可得到P到x轴的距离，以OQ为底、P到x 轴的距离为高，可得到关于S、t的函数关系式，根据函数的性质即可得到S的最大值及此时t的值．解：（1）令y=0，即﹣x2+x+2=0；解得x1=﹣，x2=2．∴C（﹣，0）、A（2，0）．令x=0，即y=2，∴B（0，2）．综上，A（2，0）、B（0，2）．（2）令AB方程为y=k1x+2因为点A（2，0）在直线上，∴0=k1•2+2∴k1=﹣∴直线AB的解析式为y=﹣x+2．（3）由A（2，0）、B（0，2）得：OA=2，OB=2，AB=4，∠BAO=30°，∠DOA=60°；∵D与O点关于AB对称，∠DOA=60°，∴OD=OA=2∴D点的横坐标为，纵坐标为3，即D（，3）．因为y=过点D，∴3=，∴k=3．（4）∵AP=t，AQ=t，P到x轴的距离：AP•sin30°=t，OQ=OA﹣AQ=2﹣t；=•（2﹣t）•t=﹣（t﹣2）2+；∴S△OPQ依题意有，解得0＜t≤4．∴当t=2时，S有最大值为．点评：该题考查的知识点有：函数解析式的确定、二次函数的性质、图形面积的解法等，在解答动点函数问题时，一定要注意未知数的取值范围．考点四：因动点产生的最值问题因动点产生的最值问题与一般最值问题一样，一般都归于两类基本模型：1．归于函数模型 即利用一次函数的增减性和二次函数的对称性及增减性 确定某范围内函数的最大或最小值2．归于几何模型 这类模型又分为两种情况：（1）归于“两点之间的连线中 线段最短”。
2013年中考数学二轮专题复习 专题三 归纳猜想问题课件
质，推断出另一类对象也具有这些性质的一种题
型，有时也指两个对象在研究方法、学习过程上类 比，考查类比归纳推理能力．
【例题 4】 (2012· 浙江一模)阅读材料：如图，△ABC 中，AB＝AC，P 为底边 BC 上任意一点，点 P 到 两腰的距离分别为 r1，r2，腰上的高为 h，连结 1 1 AP， S△ABP＋S△ACP＝S△ABC， 则 即：AB·1＋ AC·2 r r 2 2 1 ＝ AB·h，∴r1＋r2＝h. 2
三、结论归纳猜想题
结论归纳猜想题常考数值结果、数量关系及变化情 况．发现或归纳出周期性或规律性变化，是解题的 关键．
【例题3】 (2012· 浙江金华一模)如 图，一只青蛙在圆周上标有数 字的五个点上跳，若它停在奇
数点上，则下次沿顺时针方向
跳两个点；若停在偶数点上， 则下次沿逆时针方向跳一个点．若青蛙从5这点开 始跳，则经过2 012次后它停在哪个数对应的点上
课 时 跟 踪 检 测
【例题2】 (2012· 浙江宁波)用同样大小的黑色棋子 按如图所示的规律摆放：
(1)第5个图形有多少黑色棋子？
(2)第几个图形有2 013颗黑色棋子？请说明理由．
分析 (1)根据图中所给的黑色棋子的颗数，找出其 中的规律，即可得出答案． (2)根据(1)所找出的规律，列出方程，即可求出答 案．
解
(2)如图2，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB ＝BC＝CD＝AD＝2. ∵PE⊥AB，PF⊥BC，PG⊥DC， PH⊥AD， ∴四边形PEBF是矩形，四边形PFCG
图2
是矩形，四边形PGDH是矩形，四边形PHAE是矩 形， ∴PE＝AH，PF＝BE，PG＝HD，PH＝AE， ∴PE＋PF＋PG＋PH＝AH＋BE＋HD＋AE＝AD＋ AB＝4.故答案为4.
中考数学重难点专题讲座 第九讲 几何图形的归纳、猜想问题(含答案) (2)
中考数学重难点专题讲座第九讲 几何图形的归纳,猜想,证明问题【前言】实行新课标以来，中考加大了对考生归纳，总结，猜想这方面能力的考察，但是由于数列的系统知识要到高中才会正式考察，所以大多放在填空压轴题来出。
08年的中考填空压轴是一道代数归纳题，已经展现出了这种趋势。
09年的一模，二模也只是较少的区县出了这种归纳题，然而中考的时候就出了一道几何方面的n 等分点总结问题。
于是今年的一模二模，这种有关几何的归纳，猜想问题铺天盖地而来，这就是一个重要的风向标。
而且根据学生反映，这种问题一般较难，得分率很低，经常有同学选择+填空就只错了这一道。
对于这类归纳总结问题来说，思考的方法是最重要的，所以一下我们通过今年的一二模真题来看看如何应对这种新题型。
第一部分 真题精讲【例1】2010，海淀，一模如图，n +1个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上，设211B D C ∆的面积为1S ，322B D C ∆的面积为2S ，…，1n n n B D C +∆的面积为n S ，则2S = ；n S =____ （用含n 的式子表示）．【思路分析】拿到这种题型，第一步就是认清所求的图形到底是什么样的。
本题还好，将阴影部分标出，不至于看错。
但是如果不标就会有同学误以为所求的面积是22B AC ∆,33B AC ∆这种的,第二步就是看这些图形之间有什么共性和联系.首先2S 所代表的三角形的底边2C 2D 是三角形2AC 2D 的底边,而这个三角形和△3AC 3B 是相似的.所以边长的比例就是2AC 与3AC 的比值.于是2122323233S==.接下来通过总结,我们发现所求的三角形有一个最大的共性就是高相等,为3（连接上面所有的B 点，将阴影部分放在反过来的等边三角形中看）。
那么既然是求面积，高相等，剩下的自然就是底边的问题了。
我们发现所有的B,C 点连线的边都是平行的，于是自然可以得出 n D 自然是所在边上的n+1等分点.例如2D 就是2B 2C 的一个三等分点.于是1121n n n D C n +-=⋅+(n+1-1是什么意思为什么要减1)11123332211n n nB DC n n n n SD C n n +∆=⋅==++ 【例2】2010，西城，一模在平面直角坐标系中，我们称边长为1且顶点的横纵坐标均为整数的正方形为单位格点 正方形，如图，菱形ABCD 的四个顶点坐标分别是(80)-，，(04)，，(80)，，(04)-，，则菱形ABCD 能覆盖的单位格点正方形的个数是_______个；若菱形n n n n A B C D 的四个顶点坐标分别为(20)-，n ，(0)，n ，(20)，n ，(0)-，n （n 为正整数），则菱形n n n n A B C D 能覆盖的单位格点正方形的个数为_________（用含有n 的式子表示）．【思路分析】此题方法比较多，例如第一空直接数格子都可以数出是48（笑）。
中考系列复习——猜想性专题-北师
中考系列复习——猜想性专题一、中考要求能够根据题目中的图形或者数字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，依此体现出猜想的实际意义。
二、知识网络图 如图1所示：图1三、基础知识整理猜想规律型的问题难度相对较小，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。
四、考点分析 1、猜想数式规律通常给定一些数字、代数式、等式或者不等式，然后猜想其中蕴含的规律。
一般解法是先写出数式的基本结构，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。
例1（云南）观察按下列顺序排列的等式： 9011⨯+=； 91211⨯+=； 92321⨯+=； 93431⨯+=； 94541⨯+=；猜想性问题猜想规律型猜想结论型猜想数式规律猜想图形规律 猜想数值结果猜想数量关系 猜想变化情况……猜想：第n 个等式（n 为正整数）用n 表示，可以表示成________________. 分析：根据以上各等式所呈现出来的特征，可以猜想这个等式的基本结构形式为9 × 一个数 + 另一个数 = 结果其中，“另一个数”就是等式的序号n ；“一个数”比它小1，即为n-1；结果的个位为1，个位以前的数字等于“一个数”n-1，所以结果表示为10(n-1)+1. 因此，这个等式为9(n-1) + n = 10(n-1) + 1.这个猜想的结果是否正确，还可以用整式运算的知识加以验证。
中考数学《归纳与猜想》复习教案中考数学真题网
中考数学复习归纳与猜想归纳是一种重要的推理方法，是根据具体事实和特殊现象，通过实验、观察、比较、概括出一般的原理和结论。
猜想是一种直觉思维，它是通过对研究对象的实验、观察和归纳、猜想它的规律和结论的一种思维方法。
猜想往往依据直觉来获得，而恰当的归纳可以使猜想更准确。
我们在进行归纳和猜想时，要善于从变化的特殊性中寻找出不变的本质和规律。
典型分析例1、用等号或不等号填空：（1）比较2x 与x 2＋1的大小①当x ＝2时，2x x 2＋1；②当x ＝1时，2x x 2＋1；③当x ＝－1时，2x x 2＋1．（2）可以推测：当x 取任意实数时，2x x 2＋1．分析：本题是通过计算发现和猜想一般规律题，正确计算和发现规律是关键。
解：（1）＜，＝，＜； （2）≤。
例2、观察下列分母有理化的计算：12121-=+，23231-=+，34341-=+，45451-=+…从计算结果中找出规律，并利用这一规律计算：1)2002)(200120021341231121(+++++++++ =＿＿＿＿。
分析：解本题时，要抓住分每有理化后的结果都是两数之差，且可以错位相消。
还要注意相消后所剩下的是什么。
解：1)2002)(200120021341231121(+++++++++=)12002)(20012002342312(+-++-+-+-=)12002)(12002(+-=—1 =。
例3、 观察下列数表：1 2 3 4 … 第一行 2 3 4 5 … 第二行 3 4 5 6 … 第三行 4 5 6 7 … 第四行 … … … …第一列 第二列 第三列 第四列根据数表所反映的规律，猜想第6行与第6列的交叉点上的数应为＿＿＿＿，第n 行与第n 列交叉点上的数应为＿＿＿＿。
（用含正整数n 的式子表示）分析：本题要求的是同行同列交叉点上的数，因此，必须先研究同行同列交叉点上的数有什么规律，然后利用此规律解题。
解： 11 ， 2n —1.例4、将一个边长为1的正方形纸，剪成四个大小一样的正方形，然后将其中的一个按同样的方法剪成四个正方形，如此循环下去，观察下列图形和所给表格中的数据后填空格。
6中考二轮复习之归纳猜想型问题
中考二轮复习之 归纳猜想型问题 一、中考考点精讲 考点一：猜想数式规律 通常给定一些数字、代数式、等式或者不等式，然后猜想其中蕴含的规律。
一般解法是先写出数式的基本结构，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。
例1 下面是一个某种规律排列的数阵：根据数阵的规律，第n （n 是整数，且n ≥3）行从左到右数第n －2个数是 （用含n 的代数式表示）考点二：猜想图形规律根据一组相关图形的变化规律，从中总结通过图形的变化所反映的规律。
其中，以图形为载体的数字规律最为常见。
猜想这种规律，需要把图形中的有关数量关系列式表达出来，再对所列式进行对照，仿照猜想数式规律的方法得到最终结论。
例2 将相同的矩形卡片，按如图方式摆放在一个直角上，每个矩形卡片长为2，宽为1，依此类推，摆放2014个时，实线部分长为 ．考点三：猜想坐标变化规律例3 如图在坐标系中放置一菱形OABC ，已知∠ABC=60°，OA=1．先将菱形OABC 沿x 轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2014次，点B 的落点依次为123B B B ，， ，…，则2014B 的坐标为 ．考点四：猜想数量关系数量关系的表现形式多种多样，这些关系不一定就是我们目前所学习的函数关系式。
在猜想这种问题时，通常也是根据题目给出的关系式进行类比，仿照猜想数式规律的方法解答。
例4 【问题情境】如图1，四边形ABCD 是正方形，M 是BC 边上的一点，E 是CD 边的中点，AE 平分∠DAM ．【探究展示】（1）证明：AM=AD+MC ；（2）AM=DE+BM 是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【拓展延伸】（3）若四边形ABCD 是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明．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。
专题复习 归纳与猜想(含答案)-
①1×12＝1－12 ②2×23＝2－23 ③3×34＝3－34④4×45＝4－45 ……专题复习 归纳与猜想归纳与猜想问题指的是给出一定条件（可以是有规律的算式、图形或图表），让学生认真分析，仔细观察，综合归纳，大胆猜想，得出结论，进而加以验证的数学探索题。
其解题思维过程是：从特殊情况入手→探索发现规律→综合归纳→猜想得出结论→验证结论，这类问题有利于培养学生思维的深刻性和创造性。
一、知识网络图二、基础知识整理猜想规律型的问题难度相对较小，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。
由于猜想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，逐步成为中考的又一热点。
★ 范例精讲【归纳与猜想】例1【河北实验区05】观察右面的图形（每个正方形的边长均为1）和相应等式，探究其中的规律：⑴写出第五个等式，并在右边给出的五个正方形上画出与之对应的图示：⑵猜想并写出与第n 个图形相对应的等式。
解：⑴5×56＝5－56⑵11+-=+⨯n nn n n n 。
例2〖归纳猜想型〗将一张正方形纸片剪成四个大小形状一样的小正方形，然后将其中的一片又按同样的方法剪成四小片，再将其中的一小片正方形纸片剪成四片，⑵如果剪n 次共有A n 个正方形，试用含n 、A n 的等式表示这个规律； ⑶利用上面得到的规律，要剪得22个正方形，共需剪几次？ ⑷能否将正方形剪成2004个小正方形？为什么？ ⑸若原正方形的边长为1，设a n 表示第n 次所剪的正方形的边长，试用含n 的式子表示a n ；⑹试猜想a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n 与原正方形边长的关系，并画图示意这种关系．解：⑴100×3＋1＝301，规律是：本次剪完后得到的小正方形的个数比上次剪完后得到的小正方形的个数多3个；⑵A n ＝3n ＋1；⑶若A n ＝22，则3n ＋1＝22，∴n ＝7，故需剪7次； ⑷若A n ＝2004，则3n ＋1＝2004，此方程无自然数解， ∴不能将原正方形剪成2004个小正方形；⑸a n ＝12n ；⑹a 1＝12＜1，a 1＋a 2＝12＋14＝34＜1，a 1＋a 2＋a 3＝12＋14＋18＝78＜1，……从而猜想到：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＜1.直观的几何意义如图所示。
中考数学专题复习讲座(二)规律猜想问题
中考数学专题复习讲座（二） ----规律探索性问题一.题型概述给出一列数字、等式或者一组图形，通过观察、分析、猜想、探索归纳其规律的一类题目就是规律与猜想的探究性试题，这类问题要求大家有较为敏锐的观察思考、分析、推理、演绎、归纳能力，从具体、特殊的事实中探究其存在的规律，把潜在的表面现象中的本质挖掘出来。
二．考点精讲考点一：数与式变化规律通常根据给定一列数字、代数式、等式或者不等式，然后写出其中蕴含的一般规律，一般解法是先写出数式的基本结构，然后通过比较各式子中相同的部分和不同的部分，找出各部分的特征，改写成要求的规律的形式。
例1. 有一组数：13,25579,,101726，请观察它们的构成规律，用你发现的规律写出第n （n 为正整数）个数为 ．分析：观察式子发现分子变化是奇数，分母是数的平方加1．根据规律求解即可．解答：解：21211211⨯-=+； 23221521⨯-=+； 252311031⨯-=+； 272411741⨯-=+； 219251265+⨯-=；…； ∴第n （n 为正整数）个数为2211n n -+． 点评：对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．此题的规律为：分子变化是奇数，分母是数的平方加1．例2阅读下列材料：1×2 ＝ 31(1×2×3－0×1×2)，2×3 ＝31(2×3×4－1×2×3)， 3×4 ＝ 31(3×4×5－2×3×4)， 由以上三个等式相加，可得1×2＋2×3＋3×4＝31×3×4×5 ＝ 20． 读完以上材料，请你计算下列各题：(1) 1×2＋2×3＋3×4＋···＋10×11（写出过程）；(2) 1×2＋2×3＋3×4＋···＋n ×(n ＋1) ＝ ______________；(3) 1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋···＋7×8×9 ＝ ______________．分析：仔细阅读提供的材料，可以发现求连续两个正整数积的和可以转化为裂项相消法进行简化计算，从而得到公式)1(433221+⨯++⨯+⨯+⨯n n [])1()1()2)(1()321432()210321(31+--++++⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯-⨯⨯⨯=n n n n n n )2)(1(31++=n n n ；照此方法，同样有公式： )2()1(543432321+⨯+⨯++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯n n n[])2()1()1()3()2()1()43215432()32104321(41+⨯+⨯⨯--+⨯+⨯+⨯++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=n n n n n n n n )3)(2)(1(41+++=n n n n ． 解：（1）∵1×2 ＝31(1×2×3－0×1×2)， 2×3 ＝ 31(2×3×4－1×2×3)， 3×4 ＝ 31(3×4×5－2×3×4)，… 10×11 ＝ 31(10×11×12－9×10×11)， ∴1×2＋2×3＋3×4＋···＋10×11＝31×10×11×12＝440． （2）)2)(1(31++n n n ．（3）1260． 点评：本题通过材料来探索有规律的数列求和公式，并应用此公式进行相关计算．本题系初、高中知识衔接的过渡题，对考查学生的探究学习、创新能力及综合运用知识的能力都有较高的要求．如果学生不掌握这些数列求和的公式，直接硬做，既耽误了考试时间，又容易出错．而这些数列的求和公式的探索，需要认真阅读材料，寻找材料中提供的解题方法与技巧，从而较为轻松地解决问题．例3我们知道不等式的两边加（或减）同一个数（或式子）不等号的方向不变．不等式组是否也具有类似的性质？完成下列填空：一般地，如果⎩⎨⎧>>dc b a , 那么a +c b +d ．（用“>”或“<”填空） 你能应用不等式的性质证明上述关系式吗？分析：可以用不等式的基本性质和不等式的传递性进行证明。
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∴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﹣5π．
故答案为：4，22n﹣5π． 点评： 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．
A．
B．
C．
D．
考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质；解直角三角形。810360 专题： 规律型。 分析： 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．
解答： 解：过小正方形的一个顶点 W 作 FQ⊥x 轴于点 Q，过点 A3F⊥FQ 于点 F， ∵正方形 A1B1C1D1 的边长为 1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3， ∴∠B3C3 E4=60°，∠D1C1E1=30°，∠E2B2C2=30°， ∴D1E1= D1C1= ，
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． 点评： 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
2013 年中考数学复习专题讲座八：归纳猜想型问题（二）
一、中考 专题诠释 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，依此体现出猜想的实际意义。 二、解题策略和解法精讲
-4-
A．2
B．
C．
D．
考点： 规律型：图形的变化类；等边三角形的性质。810360 分析： 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．
解答： 解：由题意得：当 n=2 时，折线的长度为：1+ = ；
由于猜想 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。 三、中考 考点精讲 考点四： 猜想数量关系
数量关系 的表现形式多种 多样，这些关系不 一定就是我们目 前所学习的函数关 系式。在 猜想这种问题时，通常也是根据题目给出的关系式进行类比，仿照猜想数式规律的方法解答。 例 8 （2012•苏州）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°，B1C1∥B2C2∥B3C3，则点 A3 到 x 轴的距离是（ ）
∴A′G= A′F′= ，同理可得 HD= ，
∴A′D=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，
∵ =7…1，
∴恰好滚动 7 周多一个， ∴会过点（45，2）的是点 B． 故答案为：B．
-3-
考点： 规律型：图形的变化类。810360 分析： 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． 解答： 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，
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
①
S=100+99+98+…+3+2+1
②
①+②：有 2S=（1+100）×100 解得：S=5050
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例 13 （2012•无锡）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
．
考点： 正多边形和圆；坐标与图形性质；旋转的性质。810360 专题： 规律型。 分析： 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． 解答： 解：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 ABCD 是正六边形， ∴∠A′F′G=30°，
，
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 B3C3 的长是解题关键．
例 9 （2012•绍兴）如图，直角三角形纸片 ABC 中，AB=3，AC=4，D 为斜边 BC 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（ ）
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
．
-6-
考点： 翻折变换（折叠问题）。810360 专题： 规律型。 分析： 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． 解答： 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；
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∴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=WA3•cos30°= × = ，
则点 A3 到 x 轴的距离是：FW+WQ= + =
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
的面积为
（结果保留π）
倍，第 n 个半圆
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=
．
考点： 有理数的混合运算。810360 专题： 规律型。 分析： 根据题目提供的信息，列出方程，然后求解即可． 解答： 解：设 S=3+5+7+…+（2n+1）=168①， 则 S=（2n+1）+…+7+5+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）． 故答案为：12． 点评： 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．
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
．
考点： 平面镶嵌（密铺）。810360 专题： 应用题。 分析： 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． 解答： 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． 点评： 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．