2020年全国各地中考数学真题分类汇编知识点44：规律猜想型问题

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1、知识点知识点 44 规律猜想型问题规律猜想型问题 一、选择题一、选择题 4（2020重庆A卷）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第个图案中有1个黑色三角 形，第个图案中有3个黑色三角形，第个图案中有6个黑色三角形，按此规律排列下去，则 第个图案中黑色三角形的个数为（ ） A10 B15 C18 D21 答案B解析本题考查了图形规律的探索，观察图形可知，第个图案黑色三角形个数为1，第 个图案黑色三角形个数为3=1+2，第个图案黑色三角形个数为6=1+2+3,，按此规律可知第个 图案黑色三角形个数为1+2+3+4+5=15 11（2020聊城）人行道用同样大小的灰、白两种不同颜色的小正方形地

2、砖铺设而成，如图中的 每一个小正方形表示一块地砖， 如果按图的次序铺设地砖， 把第n个图形用图n 表示， 那么图50 中的白色小正方形地砖的块数是（ ） A150 B200 C355 D505 答案C 解析 该类规律猜想题可从图形规律、数字规律或函数等角度分析求解 方法 1：根据图形规律可知，白色小正方形地砖的块数分别为： 5331； 5532； 5733； 则图 n 有白色小正方形地砖的块数是 5(2n1)3n7n5， 图50中的白色小正方形地砖的块数是 7505355 方法 2：从数字规律考虑，图、中白色小正方形地砖的块数分别为 12，19，26，发现相 邻两数的差均为 7，即有 1271

3、5； 19725； 26735； 则图 n 中白色小正方形地砖的块数是 7n5， 50中的白色小正方形地砖的块数是 7505355 方法 3：从函数角度入手考虑，根据题意，初步猜想白色小正方形地砖的块数 s 与图形序号 n 具有 一次函数关系，设 sknb，把（1，12）、（2，19）代入，得 .192 ,12 bk bk 解得 . 5 , 7 b k s7n5验证：当 n3 时，s73526，符合题意 当 n50 时，s7505355 8 （2020重庆 B 卷）下列图形都是由同样大小的实心圆点按一定的规律组成的，其中第个图形 一共有 5 个实心圆点，第个图形有 8 个实心圆点，第个图形有

4、11 个实心圆点，按此规律 排列下去，第个图形中的实心圆点的个数为（ ） A18 B19 C20 D21 答案C 解析本题考查了图形规律的探索， 观察图形可知， 第个图形实心圆点的个数为 5= （21+1） +2， 第个图形实心圆点的个数为 8= （22+1） +3， 第个图形实心圆点的个数为 11= （23+1） +4,， 按此规律可知第个图形实心圆点的个数为（26+1）+7=20，因此本题选 C （2020德州）12.下面是用黑色棋子摆成的美丽图案，按照这样的规律摆下去，第 10 个这样的图 案黑色棋子的个数是 A. 148 B. 152 C. 174 D. 202 答案C 解析图中的黑子

5、棋子数是 0+2（1+2+3） ； 图中的黑子棋子数是 2+2（1+2+3+4） ； 图中的黑子棋子数是 4+2（1+2+3+4+5） ； 图中的黑子棋子数是 6+2（1+2+3+4+5+6） ； 第 10 个这样的图案黑子棋子数是 29+2（1+2+3+4+5+6+11+12）= 1 18212 (1 12)174 2 . 10（2020天水）观察等式：22 2232；22223242；2222324252；已知 按一定规律排列的一组数：2 100，2101，2102，2199，2200，若 2100S，用含 S 的式子表示这组数据 的和是（ ） A2S 2S B2S 2S C2S 22S

6、D2S 22S2 答案A 解析根据等式的规律，可知 2 10021012102219922002100(12222992100)2100(1 2 1012)2(2100)22100， 又 2100S， 即可用含 S 的式子表示这组数据的和为 2S2S 因此本题选 A 10 （2020 鄂州）如图，点 123 ,A A A 在反比例函数 1 (0)yx x 的图象上，点 123 , n B B BB在y轴 上，且 11212323 BOAB B AB B A ，直线y x 与双曲线 1 y x 交于点 111122123322 ,AB AOA B AB A B AB A， ，则 n B（n 为正

7、整数）的坐标是（ ） A(2,0)n B 1 (0, 2) n C(0, 2 (1)n n D(0,2)n 答案D 解析本题考查了反比例函数的性质，属于规律问题，求出2 n OBn是解题的关键先求出 1 A的 坐标，由题意容易得到 11 OAB 为等腰直角三角形，即可得到 1 OB，然后过 2 A作 22 A HOB 交 y轴于 H， 21 A HB Hx ，通过反比例函数解析式可求出 x，从而能够得到 2 OB，再同样求出 3 OB，即可 发现规律 解：联立1 yx y x ，解得1x ， 1(1,1) A ， 1 2OA ， 由题意可知 11=45 AOB ， 111 B AOA ， 11

8、 OAB 为等腰直角三角形， 11 22OBOA， 过 2 A作 22 A HOB 交 y轴于 H，则容易得到 21 A HB H ， 设 21 A HB Hx ，则 2( , 2)A x x ， 21x x， 解得 1 2 1x ， 2 2 1x （舍） ， 21 2 1A HBH， 121 22 22BBBH， 2 2 2222 2OB ， 用同样方法可得到 3 2 3OB ， 因此可得到2 n OBn，即(0,2) n Bn 故选：D 10 （2020娄底）下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，x的值为（ ） 1 4 2 9 2 6 3 20 3 8 4 35 a 18

9、b x A135 B153 C170 D189 答案C 解析本题考查了数字类的规律题，由观察分析：每个正方形内有：2 2 4,2 36,2 48, 218,b 9,b 由观察发现：8,a 又每个正方形内有：2 4 19,3 6220,4 8335, 18,bax 18 9 8 170 x ，因此本题选 C 10 （2020 武汉） 下列图中所有小正方形都是全等的 图 （1） 是一张由 4 个小正方形组成的 “L” 形纸片，图（2）是一张由 6 个小正方形组成的 32 方格纸片 （1） （2） （3） （4） 把“L”形纸片放置在图（2）中，使它恰好盖住其中的 4 个小正方形，共有如图（3）中的

10、 4 种不 同放置方法图（4）是一张由 36 个小正方形组成的 66 方格纸片，将“L”形纸片放置在图（4） 中，使它恰好盖住其中的 4 个小正方形，共有 n 种不同放置方法，则 n 的值是（ ） A160 B128 C80 D48 答案A 解析本题考查了图形的拆拼，图形规律，图形的摆放分横着和竖着两种，而每种都有图（3）显 示的四种方式摆放，图（4）是 66 的正方形，所以横着和竖着摆放结果是一样的，那么只需要讨 论一种摆放方式的数量即可，假设先横着摆放就是 4520 种，所以 n2024160 种，因此 本题选 A 10（2020 玉林）观察下列按一定规律排列的 n 个数：2，4，6，8，

11、10，12，若最后三个数 之和是 3000，则 n 等于（ ） A499 B500 C501 D1002 答案C 解析根据排列规律可知第 n 个数为 2n，第(n1)个数为 2n2，第（n2）个数为 2n4，由于 三个数的和为 3000，所以可得 2n2n22n43000，解得 n501，故选择 C 7 （2020烟台）如图，OA1A2为等腰直角三角形，OA11，以斜边 OA2为直角边作等腰直角 三角形 OA2A3，再以 OA3为直角边作等腰直角三角形 OA3A4，按此规律作下去，则 OAn 的长度为（ ） A （2）n B （2）n 1 C （ 2 2 ）n D （ 2 2 ）n 1 【解析

12、】OA1A2为等腰直角三角形，OA11， OA2= 2； OA2A3为等腰直角三角形， OA32= (2)2； OA3A4为等腰直角三角形， OA422 = (2 )3 OA4A5为等腰直角三角形， OA54= (2)4， OAn的长度为（2）n 1 故选：B 12 （2020云南）按一定规律排列的单项式：a，2a，4a，8a，16a，32a，第 n 个单项 式是（ ） A （2）n 1a B （2）na C2n 1a D2na 答案A 解析根据题意，找出规律：单项式的系数为（2）的幂，其指数为比序号数少 1，字母为 a a（2）1 1a，2a（2）21a，4a（2）31a，8a（2）41a，

13、16a（2）5 1a，32a（2）61a，由上规律可知，第 n 个单项式为： （2）n1a 二、填空题二、填空题 18（2020铜仁）观察下列等式： 2+22232； 2+22+23242； 2+22+23+24252； 2+22+23+24+25262； 已知按一定规律排列的一组数：220，221，222，223，224，238，239，240，若220m，则 220+221+222+223+224+238+239+240 （结果用含m的代数式表示） 答案2m2m 解析由题意可得220+221+222+223+224+238+239+240220（1+2+22+219+220）220 （1+

14、2212）220（22021），再将220m代入，原式m（2m1）=2m2m 19 （2020黔西南州）如图所示的图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第 个图形中一共有 3 个菱形，第个图形中一共有 7 个菱形，第个图形中一共有 13 个菱形， 按此规律排列下去，第个图形中菱形的个数为_ 答案57 解析本题考查了图形规律探究第个图形中一共有 3 个菱形，即 2113；第个图形中 一共有 7 个菱形，即 3227；第个图形中一共有 13 个菱形，即 43313；，按此规 律排列下去，所以第个图形中菱形的个数为:87757，因此本题答案为 57 21(2020 绥化)下面各图形由大小

15、相同的黑点组成，图(1)中有 2 个点，图(2)中有 7 个点， 图(3) 中有 14 个点，按此规律，第 10 个图中黑点的个数是_ 答案119解析将每个图形左、右各补上一个点，使它们分别成为“方阵” 第 n 个图形左、右各 补一个点后，斜着看共有(n1)行，每行有(n1)个点，因此第 n 个图形原有点的个数是(n1)2 2当 n10 时，(101)221122119(个) 17（2020江苏徐州）如图，MON=30，在OM上截取OA1=3.过点A1作A1B1OM，交ON于点B1,以 点B1为圆心，B1O为半径画弧，交OM于点A2；过点A2作A2B2OM，交ON于点B2,以点B2为圆心，B2

16、O为半 径画弧，交OM于点A3； 按此规律，所得线段A20B20的长等于 . （第17题） 答案219解析先分别求出A1B1、A2B2、A3B3的值，然后找出它们的规律，从而得出线段A20B20 的长. O=30，OA1= 3，OB1= 1 3 2 cos303 2 OA ，A1B1= 1 3 tan3031 3 OA =20， OB1=B1A2=2,B1A2A1=O=30，OB1A1=A2B1A1=60,B2B1A2=60， B2A2OM，B1A2B2=60,B1A2B2为等边三角形， 同理可得：B2A3B3为等边三角形，B2A2=2=21，A3B3=A3B2=2A2B2=4=22 , 同理

17、可求得A4B4=8=23，A20B20=219. 18（2020 衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为( 2 2 ， 2 2 )，将线段OP1绕点O按顺 时针方向旋转45 ，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向 旋转45 ， 长度伸长为OP2的2倍， 得到线段OP3； 如此下去， 得到线段OP4、 OP5. OPn（n为正整数） ， 则点P2020的坐标是 . A4 B3 A3 B2 A2 B1 N O M A1 图图图图 图 6 (第18题图) 答案（22018 2 ，22018 2 ） 解析本题考查了点的变化规律，根据题意得出点P2020

18、的坐标与点P3的坐标在同一直线上是解题 关键.点P1的坐标为（ 22 22 ， ），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45 ，再将其长度伸长为 OP1的2倍，得到线段OP2；OP11，OP22，OP34，如此下去，得到线段OP423，OP5 24，OPn2n-1，由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，2019 82523，点P2020的 坐标与点P3的坐标在同一直线上，正好在第4象限角平分线上，点P2020的坐标是（22018 2 ， 22018 2 ）因此本题答案为（22018 2 ，22018 2 ） 18(2020 自贡)如图，直线 y= 3x+b 与 y 轴交于点 A，与双曲线 y= 在

19、第三象限交于 B、C 两 点， 且 ABAC16 下列等边三角形 OD1E1， E1D2E2， E2D3E3， 的边 OE1， E1E2， E2E3， 在 x 轴上，顶点 D1，D2，D3，在该双曲线第一象限的分支上，则 k ，前 25 个等边三角 形的周长之和为 答案故答案为：43，60 解析本题考查了反比例函数的图像和性质，解直角三角形，一元二次方程根与系数的关系，探究 规律行规知识 解：设直线 y= 3x+b 与 x 轴交于点 D，作 BEy 轴于 E，CFy 轴于 F y= 3x+b，当 y0 时，x= 3 3 b，即点 D 的坐标为（ 3 3 b，0） ， 当 x0 时，yb，即 A

20、 点坐标为（0，b） ，OAb，OD= 3 3 b 在 Rt AOD 中，tanADO= OA OD = 3，ADO60 直线 y= 3x+b 与双曲线 y= k x在第三象限交于 B、C 两点，3x+b= k x， 整理得，3x2+bxk0，由韦达定理得：x1x2= 3 3 k，即 EBFC= 3 3 k， EB AB =cos60 = 1 2，AB2EB，同理可得：AC2FC， ABAC（2EB） （2FC）4EBFC= 43 3 k16，解得：k43 由题意可以假设 D1（m，m3） ，m23 =43，m2OE14，即第一个三角形的周长为 12， 设 D2（4+n，3n） ，（4+n）3

21、n43，解得 n22 2， E1E242 4，即第二个三角形的周长为 122 12，设 D3（42 +a，3a） ， 由题意（42 +a）3a43，解得 a23 22，即第三个三角形的周长为 123 122， ，第四个三角形的周长为 124 123，前 25 个等边三角形的周长之和 12+122 12+123 122 +124 123 + +1225 1224 =1225 =60， 因此本题答案为：43，60 18 （2020泰安）右表被称为“杨辉三角”或“贾宪三角” 其规律是：从第三行起，每行两端的 数都是“1” ，其余各数都等于该数“两肩”上的数之和表中两平行线之间的一列数：1，3，6，

22、10，15，.，我们把第一个数记为 a1，第二个数记为 a2，第三个数记为 a3，.，第 n 个数 记为 an，则 a4a200_ 答案20110 解析本题考查了对有理数探索规律和有理数的运算，根据表中数据排列，会发现 a2=3=2+1、 a3=6=3+2+1、则 a4=1+2+3+4=10，a200=1+2+3+4+199+200=200（200+1） 2 =20100，所以，a4 a20020110，因此本题答案为 20110 （第 18 题） 17 （2020齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形沿 x 轴正半轴滚动并且按 一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形

23、第一次滚动后点 A1（0，2）变换 到点 A2（6，0） ，得到等腰直角三角形；第二次滚动后点 A2变换到点 A3（6，0） ，得到等腰 直角三角形；第三次滚动后点 A3变换到点 A4（10，4 2） ，得到等腰直角三角形；第四次 滚动后点 A4变换到点 A5（10+12 2，0） ，得到等腰直角三角形；依此规律，则第 2020 个 等腰直角三角形的面积是 答案22020 解析根据 A1（0，2）确定第 1 个等腰直角三角形（即等腰直角三角形）的面积，根据 A2（6， 0）确定第 1 个等腰直角三角形（即等腰直角三角形）的面积，同理，确定规律可得结论 点 A1（0，2） ，第 1 个等腰直角三

24、角形的面积2，A2（6，0） ，第 2 个等腰直角三角形 的边长为 2 2，第 2 个等腰直角三角形的面积22，A4（10，4 2） ， 第 3 个等腰直角三角形的边长为 1064，第 3 个等腰直角三角形的面积823， 则第 2020 个等腰直角三角形的面积是 22020； 故答案为：22020（形式可以不同，正确即得分） 16.（2020达州）已知 k 为正整数，无论 k 取何值，直线 l1：y=kx+k+1 与直线 l2：y=（k+1）x+k+2 都交于一个固定的点，这个点的坐标是 ；记直线 l1和 l2与 x 轴围成的三角形面积为 Sk，则 S1= ，S1+S2+S3+S100的值为

25、. 答案（1,1） ，1 4， 50 101 解析联立函数解析式得 kx+k+1=（k+1）x+k+2，解得 x=1，将 x=1 代入直线 l1的解析式得 y=1，所以交点为（1，1） 当 k=1 时，直线 l1：y=x2 和直线 l2：y=2x+3 与 x 轴的交点分别为 （2， 0） 和 （3 2， 0） ， 所以围成的三角形面积 S1= 1 2 1 2 1= 1 4， 依次可得： S2= 1 12， S3= 1 24， S4= 1 40， ， 发现 Sn= 1 2(+1)， 所以 S1+S2+S3+S100= 1 4+ 1 12+ 1 24+ 1 40+ 1 200101= 1 2 （1

26、1 2+ 1 2 1 3+ 1 3 1 4+ 1 100 1 101） =1 2（1 1 101）= 1 2 100 101= 50 101. 13 （2020泰州）以水平数轴的原点 O 为圆心过正半轴 Ox 上的每一刻度点画同心圆，将 Ox 逆时 针依次旋转 30 、60 、90、330 得到 11 条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点 A、B 的坐标分别表示为(5，0)、(4，300 )，则点 C 的坐标表示为_ 答案(3，240 ) 解析本题考查了有序数对，前一个数字表示该点到圆心的距离，后一个数字表示方向 （2020山西）12 如图是组有规律的图案，它们是由边长相等的正三角形组合而成

27、，第 1 个 图案有 4 个三角形，第 2 个图案有 7 个三角形，第 3 个图案有 10 个三角形 按此规律摆下去， 第 n 个图案有_个三角形（用含 n 的代数式表示） 第 12 题图 答案（3n1） 解析本题考查规律探究 第1个图案有个4三角形， 41+3； 第2个图案有7个三角形， 71+2 3； 第 3 个图案有 10 个三角形，10=133按此规律摆下去，第 n 个图案有（3n1）个三角形故 答案为 3n1 18 （2020湘西州）观察下列结论： （1）如图，在正三角形 ABC 中，点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANCM， NOC60； （2）如图 2，在正

28、方形 ABCD 中，点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANDM， NOD90； （3）如图，在正五边形 ABCDE 中点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANEM， NOE108； 第4个第3个第2个第1个 根据以上规律，在正 n 边形 A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点 M，N 是 A1A2，A2A3上的点，且 A1MA2N，A1N 与 AnM 相交于 O也会有类似的结论，你的结论 是 （第 18 题图） 答案 A1NAnM，NOAn 2180n n 解析本题考查了正多边形和圆、规律型：图形的变化类、全等三角形的判定与性质，解决

29、本题 的关键是掌握正多边形的性质（1）如图，在正三角形 ABC 中，点 M，N 是 AB，BC 上 的点，且 AMBN，则 ANCM，NOC 32180 3 60； （2）如图 2，在正方形 ABCD 中，点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANDM，NOD 42180 4 90； （3） 如图，在正五边形 ABCDE 中点 M，N 是 AB，BC 上的点，且 AMBN，则 ANEM，NOE 52180 5 108； 根据以上规律，在正 n 边形 A1A2A3A4An中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点 M，N 是 A1A2，A2A3上的点，且 A1MA2N，A1N 与

30、AnM 相交于 O也有类似的结论是 A1NAnM， NOAn 2180n n 因此本题答案是 A1NAnM，NOAn 2180n n 16 （2020怀化）如图，OB1A1，A1B2A2，A2B3A3，An1BnAn，都是一边在 x 轴上 的等边三角形， 点 B1， B2， B3， ， Bn都在反比例函数 y= 3 （x0） 的图象上， 点 A1， A2， A3， ， An，都在 x 轴上，则 An的坐标为 答案(2，0) 解析解：如图，过点 B1作 B1Cx 轴于点 C，过点 B2作 B2Dx 轴于点 D，过点 B3作 B3Ex 轴于点 E， OA1B1为等边三角形， B1OC60，OCA1

31、C， B1C= 3OC， 设 OC 的长度为 t，则 B1的坐标为（t，3t） ， 把 B1（t，3t）代入 y= 3 得 t3t= 3，解得 t1 或 t1（舍去） ， OA12OC2， A1（2，0） ， 设 A1D 的长度为 m，同理得到 B2D= 3m，则 B2的坐标表示为（2+m，3m） ， 把 B2（2+m，3m）代入 y= 3 得（2+m） 3m= 3，解得 m= 2 1 或 m= 2 1（舍去） ， A1D= 2 1，A1A2= 22 2，OA2= 2 + 22 2 = 22， A2（22，0） 设 A2E 的长度为 n，同理，B3E 为3n，B3的坐标表示为（22 +n，3n

32、） ， 把 B3（22 +n，3n）代入 y= 3 得（22 +n） 3n= 3， A2E= 3 2，A2A3= 23 22，OA3= 22 + 23 22 = 23， A3（23，0） ， 综上可得：An（2，0） ， 故答案为：(2，0) 14. （2020张家界）观察下面的变化规律： 21211211211 1, 1 33 3 535 5 757 7979 ， 根据上面的规律计算： 2222 1 33 55 720192021 _ 答案 2020 2021 解析本题考查规律的抽象总结， 解答该类型题目需要准确识别题干所给的例子包含何种规律， 严 格按照该规律求解本题可通过题干信息总结分式

33、规律，按照该规律展开原式，根据邻项相消求解 本题 由题干信息可抽象出一般规律： 211 a bab （ , a b均为奇数，且 2ba） 故 2222 1 33 55 720192021 1111111111111112020 11 ()()()1 3355720192021335520192019202120212021 故答案： 2020 2021 （2020本溪）18 （3 分）如图，四边形 ABCD 是矩形，延长 DA 到点 E，使 AEDA，连接 EB， 点 F1是 CD 的中点，连接 EF1，BF1，得到EF1B；点 F2是 CF1的中点，连接 EF2，BF2，得 到EF2B；点

34、F3是 CF2的中点，连接 EF3，BF3，得到EF3B；按照此规律继续进行下 去，若矩形 ABCD 的面积等于 2，则EFnB 的面积为 2+1 2 （用含正整数 n 的式子表示） 答案2 +1 2 解析先求得EF1D 的面积为 1， 再根据等高的三角形面积比等于底边的比可得 EF1F2的面积， EF2F3的面积，EFn1Fn的面积，以及BCFn的面积，再根据面积的和差关系即可求解 【解答】解：AEDA，点 F1是 CD 的中点，矩形 ABCD 的面积等于 2， EF1D 和EAB 的面积都等于 1， 点 F2是 CF1的中点， EF1F2的面积等于1 2， 同理可得EFn1Fn的面积为 1

35、 21， BCFn的面积为1 2SEFn1Fn = 1 2， EFnB 的面积为 2+11 1 2 1 21 1 2 =2（1 1 2）= 2+1 2 12(2020青海)观察下列各式的规律： 1322341；2432891；354215161 请按以上规律写出第 4 个算式_ 用含有字母的式子表示第 n 个算式为_ 答案46521；n(n2)(n1)21 解析等式左边第一个数与序号数相同，第二、三两个数分别比第一个数大 2、大 1，等式右边总 是1，因此第 4 个算式是 46521第 n 个算式是 n(n2)(n1)21 18.(2020 潍坊)如图， 四边形ABCD是正方形， 曲线 111

36、12 DABC D A 是由一段段 90 度的弧组成的 其 中： 1 DA的圆心为点 A，半径为AD； 11 AB的圆心为点 B，半径为 1 BA； 11 BC的圆心为点 C，半径为 1 CB； 11 C D圆心为点 D，半径为 1 DC； 1111111 ,DA AB BC C D 的圆心依次按点 A， B， C， D 循环 若正方形ABCD的边长为 1， 则 20202020 AB 的长是_ 答案4039解析本题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式： 180 n r l ，找到每段弧的半径 变化规律是解题关键 由图可知，曲线 11112 DABC D A是由一段段 90 度的弧组成的，半径

37、每次比前一段弧半径+1， 1 1ADAA ， 11 2BABB ， 1 411 nn ADAAn ，412 nn BABBn， 故 20202020 AB的半径为 20202020 4 2020 128078BABB， 20202020 AB 的弧长= 90 80784039 180 18.（2020 牡丹江）如图是由同样大小的圆按一定规律排列所组成的，其中第 1 个图形中一共有 4 个圆，第 2 个图形中一共有 8 个圆，第 3 个图形中一共有 14 个圆，第 4 个图形中一共有 22 个圆按此规律排列下去，第 9 个图形中圆的个数是_个. 答 案92解析根据已有图形找 规律，第 1 个图形

38、中一共有 1 （1+1）+2=4 个圆，第 2 个图形中一共有 2 （2+1）+2=8 个圆，第 3 个图形中一共有 3 （3+1）+2=14 个圆，第 4 个图形中一共有 4 （4+1）+2=22 个圆；故可得第 n 个图形中圆的个数是 n（n+1）+2；所以第个图形中圆的个数 9 （9+1）+2=92 15 （2020 咸宁）按一定规律排列的一列数：3， 2 3， 1 3， 3 3， 4 3， 7 3， 11 3， 18 3，若a，b， c表示这列数中的连续三个数，猜想a，b，c满足的关系式是_ 答案 bc=a 解析本题考查了数字的变化规律，一列数：3， 2 3， 1 3， 3 3， 4

39、3， 7 3， 11 3， 18 3，可发 现： 第n个数等于前面两个数的商， a， b， c表示这列数中的连续三个数， bc=a， 因此本题填bc=a 18（2020 营口）如图，MON=60 ，点 A1在射线 ON 上，且 OA1=1，过点 A1作 A1B1ON 交射 A2 D C2 B2 A1 B1 C1 D1 C B A 第 1 个图形 第 2 个图形 第 3 个图形 第 4 个图形 （第 18 题图） 线 OM 于点 B1，在射线 ON 上截取 A1 A2，使得 A1 A2= A1 B1；过点 A2作 A2 B2ON 交射线 OM 于点 B2，在射线 ON 上截取 A2 A3，使得

40、A2 A3= A2 B2；按照此规律进行下去，则 A2020 B2020 长为 答案 () 2019 33 1+解析在 Rt OA1B1 中，OA1B1=90 ，OA1=1，B1OA1=60 ，A1B1= OA1 tan60 =13=3，则 A1 A2= A1 B1=3，所以 OA2=1+3，如上同理可得 A2B2= OA2 tan60 =（1+3）3=3（1+3），则 A2 A3= A2 B2=3（1+3），所以 OA3= OA2+ A2 A3=（1+3）+3（1+3）=（1+3）2，所以 A3B3= OA3 tan60 =3（1+3）2，以此 类推，可得 A2020 B2020=3（1+3

41、）2019 19（2020 滨州） 观察下列各式：1 2345 23101526 , 357911 aaaaa， 根据其中的规律可得 n a _（用含 n 的式子表示） 答案 21 ( 1) 21 n n n 解析本题考查了观察、 归纳、 抽象出数列的规律的能力， 观察分母的变化为3、 5、7，2n+1，分子的变化为： n2+（-1）n+1，因此本题填 21 ( 1) 21 n n n 24 （2020 内江）如图，在平面直角坐标系中，点 A（-2，0） ，直线 33 : 33 l yx与 x 轴交于点 B，以 AB 为边作等边 1 ABA ，过点 1 A作 11/ / ABx轴，交直线 l

42、于点 1 B，以 11 AB为边作等边 112 AB A ， 过点 2 A作 22/ / A Bx轴，交直线 l 于点 2 B，以 22 A B为边作等边 223 A B A ，以此类推，则点 2020 A 的 纵坐标是_ 答案 2020 3 (21) 2 解析本题考查了点的坐标变化规律探究，涉及一次函数的图象、等边三角形 的性质、含 30 角的直角三角形的性质，数字型规律等知识，解答的关键是认真审题，观察图象， 结合基本图形的有关性质， 找到坐标变化规律 如图， 过A1作A1CAB与C， 过A2作A2C1A1B1 于 C1，过 A3 作 A3C2A2B2 于 C2，先根据直线方程与 x 轴交

43、于点 B（-1，0） ，且与 x 轴夹角为 B2 B3 B1 A3A2A1 M NO 30 ，则有 AB=1，然后根据平行线的性质、等边三角形的性质、含 30 的直角三角形的性质，分别 求的 A1、A2、A3、的纵坐标，进而得到 An 的纵坐标，据此可得 A2020 的纵坐标，即可解答 如图，过 A1 作 A1CAB 与 C，过 A2 作 A2C1A1B1 于 C1，过 A3 作 A3C2A2B2 于 C2，先 根据直线方程与 x 轴交于点 B（-1，0） ，与 y 轴交于点 D（0， 3 3 ） ，OB=1,OD= 3 3 , DBO=30 ,由题意可得：A1B1B=A2B2B1=30 ,B

44、1A1B=B2A2B1=60 A1BB1=A2B1B2=90 ， AB=1，A1B1=2A1B=21，A2B2=2A2B1=22，A3B3=2A3B2=23，AnBn=2n A1C= 3 2 AB= 3 2 1，A1 纵坐标为 3 2 1= 1 3 (21) 2 ；A2C1= 3 2 A1B1= 1 3 2 2 ， A2 的纵坐标为 3 2 1+ 1 3 2 2 = 01 3 (22 ) 2 = 3 3 2 = 2 3 (21) 2 ；A3C2= 3 2 A2B2= 2 3 2 2 , A3 的纵坐标为 3 2 1+ 1 3 2 2 + 2 3 2 2 = 012 3 (222 ) 2 = 3

45、 7 2 = 3 3 (21) 2 ； 由此规律可得：AnCn-1= 1 3 2 2 n ,An 的纵坐标为 0121 3 (2222) 2 n = 3 (21) 2 n ， A2020= 2020 3 (21) 2 ， 因此本题答案为： 2020 3 (21) 2 18 （2020 抚顺本溪辽阳）如图，四边形 ABCD 是矩形，延长 DA 到点 E，使 AEDA，连接 EB， 点 F1是 CD 的中点， 连接 EF1， BF1， 得到 EF1B； 点 F2是 CF1的中点， 连接 EF2， BF2， 得到 EF2B； 点 F3是 CF2的中点，连接 EF3，BF3，得到 EF3B；按照此规律

46、继续进行下去，若矩形 ABCD 的面积等于 2，则 EFnB 的面积为 （用含正整数 n 的式子表示） 答案3 解析本题分别延长 BF1、BF2、BF3与 ED 相交构成相似三角形，根据相似三角形的性质求出 三角形 EF1B、 EF2B、 EF3B，与矩形的面积关系，找出其变化规律求解 设 ADa，ABb，则 ab2如图 1，延长 BF1，ED 交于点 M1，过 F1 作 F1N1ED四边 E A CD B F2F3F1 形ABCD是矩形， DEBC， ADBC， M1M1BC， 又DF1CF1， DF1M1BF1C， DF1M1CF1B，BCDM1，BF1F1M1AEDA，EM13aF1N1

47、ED， BF1N1BM1E， 11 1 FN EM 1 1 BF BM 1 2，F1N1 1 2EM1 3 2a，S BF1E 1 2F1N1 AB 2 3 2 ab 3 2 如图2， 延长BF2， ED交于点M2， 过F2作F2N2ED M2M2BC， DF2M2 BF2C，DF2M2CF2B， 2 22 BF F M 2 2 CF DF 1 3 ，DM23BC3a，EM2 5aF2N2ED，BF2N2BM2E， 22 2 F N EM 2 2 BF BM 1 4 ，F2N2 1 4 EM2 5 4 a， S BF2E 1 2F2N2 AB 2 5 2 如图 3， 延长 BF3， ED 交于点 M3， 过 F3 作 F3N3ED M3 M3BC，DF3M3BF3C，DF3M3CF3B， 3 33 BF F M 3 3 CF DF 1 7 ，DM37BC 7a， EM39a F3N3ED， BF3N3B