中考数学专题讲座总结发言共5篇.docx

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1、中考数学专题讲座总结发言（共5篇） 第1篇：走进中考数学专题复_讲座：走进中考数学专题复_第三讲几何探究问题走进年中考数学专题复_第三讲几何探究问题几何探究问题主要涉及利用三角形的性质进行相关的探索与证明、三角形和四边形的综合探索与证明以及几何动态问题等.这是中考对几何推理与证明能力考查的必然体现,重在提高学生对图形及性质的认识,训练学生的推理能力,解题时应注意演绎推理与合情推理的结合.全国各地的中考数学试题都把几何探究问题作为中考的压轴题之一几何探究问题是中考必考题型,考查知识全面,综合性强,它把几何知识与代数知识有机结合起来,渗透数形结合思想,重在考查分析问题的能力、逻辑思维推理能力.如折

2、叠类型、探究型、开放型、运动型、情境型等,背景鲜活,具有实用性和创造性,在考查考生计算能力的同时,考查考生的阅读理解能力、动手操作能力、抽象思维能力、建模能力,力求引导考生将数学知识运用到实际生活中去.需要通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等来确定所需求的结论、条件或方法,因而解题的策略是将其转化为封闭性问题.常用的解题策略: 1.找特征或模型:如中点、特殊角、折叠、相似结构、三线合一、三角形面积等; 2.找思路:借助问与问之间的联系,寻找条件和思路; 3.照搬:照搬前一问的方法和思路解决问题,如照搬字母、照搬辅助线、照搬全等、照搬相似等; 4.找结构:寻找不变的结构,利用不变结构的特征解

3、决问题.常见的不变结构及方法:有直角,作垂线,找全等或相似;有中点,作倍长,通过全等转移边和角;有平行,找相似,转比例.题型1:与全等三角形有关的探究 例题：（浙江衢州）问题背景如图1，在正方形ABCD的内部，作DAE=ABF=BCG=CDH，根据三角形全等的条件，易得DAEABFBCGCDH，从而得到四边形EFGH是正方形 类比探究 如图2，在正ABC的内部，作BAD=CBE=ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）（1）ABD，BCE，CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明 （2）DEF是否为正三角形？请说明理由（3）进一步探究发现，ABD的三边存在

4、一定的等量关系，设BD=a，AD=b，AB=c，请探索a，b，c满足的等量关系 LO：四边形综合题（1）由正三角形的性质得出CAB=ABC=BCA=60，AB=BC，证出ABD=BCE，由ASA证明ABDBCE即可；（2）由全等三角形的性质得出ADB=BEC=CFA，证出FDE=DEF=EFD，即可得出结论；（3）作AGBD于G，由正三角形的性质得出ADG=60，在RtADG中，DG=b，AG=b，在RtABG中，由勾股定理即可得出结论解：（1）ABDBCECAF；理由如下： ABC是正三角形，CAB=ABC=BCA=60，AB=BC，ABD=ABC2，BCE=ACB3，2=3， ABD=BC

5、E， 在ABD和BCE中，ABDBCE（ASA）；（2）DEF是正三角形；理由如下： ABDBCECAF， ADB=BEC=CFA， FDE=DEF=EFD， DEF是正三角形；（3）作AGBD于G，如图所示： DEF是正三角形， ADG=60， 在RtADG中，DG=b，AG=b，b）2， 在RtABG中，c2=（a+c2=a2+ab+b2b）2+（题型2:与相似三角形有关的探究例题: （湖南岳阳）问题背景：已知EDF的顶点D在ABC的边AB所在直线上（不与A，B重合），DE交AC所在直线于点M，DF交BC所在直线于点N，记ADM的面积为S1，BND的面积为S2（1）初步尝试：如图，当ABC

6、是等边三角形，AB=6，EDF=A，且DEBC，AD=2时，则S1S2= 12 ；（2）类比探究：在（1）的条件下，先将点D沿AB平移，使AD=4，再将EDF绕点D旋转至如图所示位置，求S1S2的值；（3）延伸拓展：当ABC是等腰三角形时，设B=A=EDF=（）如图，当点D在线段AB上运动时，设AD=a，BD=b，求S1S2的表达式（结果用a，b和的三角函数表示）（）如图，当点D在BA的延长线上运动时，设AD=a，BD=b，直接写出S1S2的表达式，不必写出解答过程（1）首先证明ADM，BDN都是等边三角形，可得S1=（4）2=4，由此即可解决问题；22=，S2=（2）如图2中，设AM=x，B

7、N=y首先证明AMDBDN，可得=，推出xy=8，由S1=ADAMsin60=xy=xy=12；x，S2=DBsin60=，推出y，可得S1S2=（3）如图3中，设AM=x，BN=y，同法可证AMDBDN，可得xy=ab，由S1=2ADAMsin=axsin，S2=DBBNsin=bysin，可得S1S2=（ab）sin2（）结论不变，证明方法类似； 解：（1）如图1中，ABC是等边三角形， AB=CB=AC=6，A=B=60， DEBC，EDF=60， BND=EDF=60， BDN=ADM=60，ADM，BDN都是等边三角形， S1=22=，S2=（4）2=4，S1S2=12， 故答案为1

8、2（2）如图2中，设AM=x，BN=yMDB=MDN+NDB=A+AMD，MDN=A， AMD=NDB，A=B， AMDBDN， =，=， xy=8，S1=ADAMsin60=S1S2=xx，S2=DBsin60=y，y=xy=12（3）如图3中，设AM=x，BN=y，同法可证AMDBDN，可得xy=ab，S1=ADAMsin=axsin，S2=DBBNsin=bysin， S1S2=（ab）2sin2如图4中，设AM=x，BN=y，同法可证AMDBDN，可得xy=ab，S1=ADAMsin=axsin，S2=DBBNsin=bysin， S1S2=（ab）2sin2 方法指导：考查几何变换综

9、合题、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的面积公式锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题 题型3:与全等和相似三角形有关的探究例题：如图示，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的斜边EF上，EF与BC相交于点G，连接CF 求证：DAEDCF； 求证：ABGCFGS8：相似三角形的判定；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形；LE：正方形的性质由正方形ABCD与等腰直角三角形DEF，得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS即可得证；由第一问的全等三角形的对应角相等，根据等量代换得到BAG=BCF，再由对顶角相等

10、利用两对角相等的三角形相似即可得证 证明：正方形ABCD，等腰直角三角形EDF， ADC=EDF=90，AD=CD，DE=DF， ADE+ADF=ADF+CDF， ADE=CDF， 在ADE和CDF中，ADECDF；延长BA到M，交ED于点M， ADECDF，EAD=FCD，即EAM+MAD=BCD+BCF， MAD=BCD=90， EAM=BCF， EAM=BAG， BAG=BCF， AGB=CGF， ABGCFG1.如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交CB的延长线于点F，连接AF，BE （1）求证：AGEBGF；（2）试判断四边形AFBE的形状，并说明理由L5

11、平行四边形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质（1）由平行四边形的性质得出ADBC，得出AEG=BFG，由AAS证明AGEBGF即可；（2）由全等三角形的性质得出AE=BF，由ADBC，证出四边形AFBE是平行四边形，再根据EFAB，即可得出结论（1）证明：四边形ABCD是平行四边形， ADBC， AEG=BFG， EF垂直平分AB， AG=BG，在AGEH和BGF中，AGEBGF（AAS）；（2）解：四边形AFBE是菱形，理由如下： AGEBGF， AE=BF， ADBC，四边形AFBE是平行四边形， 又EFAB，四边形AFBE是菱形2.（山东烟台）（1）如图1

12、ABC为等边三角形，现将三角板中的60角与ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0且小于30），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使DCE=30，连接AF，EF 求EAF的度数；DE与EF相等吗？请说明理由；（2）如图2，ABC为等腰直角三角形，ACB=90，先将三角板的90角与ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0且小于45），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使DCE=45，连接AF，EF，请直接写出探究结果： 求EAF的度数

13、 线段AE，ED，DB之间的数量关系RB：几何变换综合题（1）由等边三角形的性质得出AC=BC，BAC=B=60，求出ACF=BCD，证明ACFBCD，得出CAF=B=60，求出EAF=BAC+CAF=120； 证出DCE=FCE，由SAS证明DCEFCE，得出DE=EF即可；（2）由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，BAC=B=45，证出ACF=BCD，由SAS证明ACFBCD，得出CAF=B=45，AF=DB，求出EAF=BAC+CAF=90；证出DCE=FCE，由SAS证明DCEFCE，得出DE=EF；在RtAEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论 解：（1）A

14、BC是等边三角形， AC=BC，BAC=B=60， DCF=60， ACF=BCD， 在ACF和BCD中，ACFBCD（SAS）， CAF=B=60，EAF=BAC+CAF=120； DE=EF；理由如下： DCF=60，DCE=30， FCE=6030=30， DCE=FCE， 在DCE和FCE中，DCEFCE（SAS）， DE=EF；，（2）ABC是等腰直角三角形，ACB=90， AC=BC，BAC=B=45， DCF=90， ACF=BCD， 在ACF和BCD中，ACFBCD（SAS）， CAF=B=45，AF=DB， EAF=BAC+CAF=90； AE2+DB2=DE2，理由如下：

15、DCF=90，DCE=45， FCE=9045=45， DCE=FCE， 在DCE和FCE中，DCEFCE（SAS）， DE=EF，在RtAEF中，AE2+AF2=EF2， 又AF=DB， AE2+DB2=DE23.(xx襄阳)如图，在ABC中，ACB=90，CD是中线，AC=BC，一个以点D为顶点的45角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N， ，（1）如图1，若CE=CF，求证：DE=DF； （2）如图2，在EDF绕点D旋转的过程中：探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由； 若CE=4，CF=2，求DN

16、的长 RB：几何变换综合题（1）根据等腰直角三角形的性质得到BCD=ACD=45，BCE=ACF=90，于是得到DCE=DCF=135，根据全等三角形的性质即可的结论； （2）证得CDFCED，根据相似三角形的性质得到，即CD2=CECF，根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB，于是得到AB2=4CECF；如图，过D作DGBC于G，于是得到DGN=ECN=90，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=2，推出CENGDN，根据相似三角形的性质得到=2，根据勾股定理即可得到结论（1）证明：ACB=90，AC=BC，AD=BD， BCD=ACD=45，BCE=ACF=90， DCE=DCF=

17、135， 在DCE与DCF中，DCEDCF， DE=DF；（2）解：DCF=DCE=135， CDF+F=180135=45， CDF+CDE=45， F=CDE， CDFCED， ，即CD2=CECF，ACB=90，AC=BC，AD=BD， CD=AB， AB2=4CECF；如图，过D作DGBC于G， 则DGN=ECN=90，CG=DG， 当CE=4，CF=2时， 由CD2=CECF得CD=2，sin45=2， 在RtDCG中，CG=DG=CDsinDCG=2ECN=DGN，ENC=DNG， CENGDN， =2，GN=CG=， DN=4.（浙江义乌）已知ABC，AB=AC，D为直线BC上一

18、点，E为直线AC上一点，AD=AE，设BAD=，CDE=（1）如图，若点D在线段BC上，点E在线段AC上如果ABC=60，ADE=70，那么= 20 ，= 10 ，求，之间的关系式 （2）是否存在不同于以上中的，之间的关系式？若存在，求出这个关系式（求出一个即可）；若不存在，说明理由KY：三角形综合题（1）先利用等腰三角形的性质求出DAE，进而求出BAD，即可得出结论；利用等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得出结论；（2）当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，同（1）的方法即可得出结论；当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，同（1）的方法即可得出结论解：（1）AB=AC，ABC=

19、60， BAC=60， AD=AE，ADE=70， DAE=1802ADE=40， =BAD=6040=20， ADC=BAD+ABD=60+20=80， =CDE=ADCADE=10， 故答案为：20，10； 设ABC=x，AED=y， ACB=x，AED=y， 在DEC中，y=+x，在ABD中，+x=y+=+x+， =2；（2）当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上， 如图1 设ABC=x，ADE=y， ACB=x，AED=y， 在ABD中，x+=y， 在DEC中，x+y+=180， =2180，当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上， 如图2，同的方法可得=1802第2篇：中考数

20、学复_专题讲座八：归纳猜想型问题(二)年中考数学复_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归纳猜想型问题对考生的观察分析能力要求较高，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

21、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_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 （苏州）已知在平面直角坐标系中放置

22、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，B1C1B2C2B3C3，则点A3到x轴的距离是（）A- 1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 （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，

23、折痕与AD交于点P3；设Pn1Dn2的中点为Dn1，第n次将纸片折叠，使点A与点Dn1重合，折痕与AD交于点Pn（n2），则AP6的长为（）A考点： 翻折变换（折叠问题）。 专题： 规律型。分析： 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 BCD- 3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， 第4个半圆的面积为：第3个半圆面积为：=8， =2，=4倍； ， 第4个半圆的面积是第3个半圆面积的根据已知可得出第n个半

24、圆的直径为：2则第n个半圆的半径为：=2n2n1，第n个半圆的面积为：故答案为：4，22n5=22n5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：2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 （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

25、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（） n1是解题关键- 5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，有一定难度例13 （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。 专

26、题： 规律型。分析： 先连接AD，过点F，E作FGAD，EHAD，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AD，点F，E作FGAD，EHAD， 六边形ABCD是正六边形， AFG=30，AG=AF=，同理可得HD=， AD=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 此时，分两种情况：如果20a2a20，即a40，那么第三次操作时正方形的边长为2a20 则2a20

27、20a）（2a20），解得a=12； 如果20a2a20，即a，那么第三次操作时正方形的边长为20a则20a=（2a20）（20a），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：猜想数字求和例16 （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 S=100+99+98+3+2+1 +：有

28、2S=（1+100）100 解得：S=5050 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。 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）=168， 则S=（2n+1）+7+5+3=168， +得，2S=n（2n+1+3）=2168， 整理得，n+2n168=0， 解得n1=12，n2=14（舍去） 故答案为：122- 9 点评： 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（鄂州）在平

29、面坐标系中，正方形ABCD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CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1，按这样的规律进行下去，第个正方形的面积为（）A C考点： 相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；正方形的性质。 专题： 规律型。分析： 首先设正方形的面积分别为S1，S2S，由题意可求得S1的值，易证得BAA1B1A1A2，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=5（）2n2 BD，则可求得答案解答： 解：点A的坐标为（1，0），点D的坐标为

30、0，2）， OA=1，OD=2，设正方形的面积分别为S1，S2S， 根据题意，得：ADBCC1A2C2B2， BAA1=B1A1A2=B2A2x， ABA1=A1B1A2=90， BAA1B1A1A2，在直角ADO中，根据勾股定理，得：AD=AB=AD=BC=，- 11A CB D考点： 等边三角形的判定与性质。 专题： 规律型。分析： 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ADEFGI，过F作FZGI，过E作ENGI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QKM的边长的；同

31、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 解答： 解：连接AD、DF、DB， 六边形ABCDEF是正六边形，ABC=BAF=AFE，AB=AF，E=C=120，EF=DE=BC=CD， EFD=EDF=CBD=BDC=30， AFE=ABC=120， AFD=ABD=90， 在RtABD和RtAFD中RtABDRtAFD， BAD=FAD=120=60， FAD+AFE=60+120=180， ADEF，G、I分别为AF、DE中点， GIEFAD， FGI=FAD=60，- 13 第四个等边三角形的边长是a，第五个正六边形的

32、边长是a； 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Aa，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（天门）如图，线段AC=n+1（其中n为正整数），点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连接AM、ME、EA得到AME当AB=1时，AME的面积记为S1；当AB=2时，AME的面积记为S2；当AB=3时，AME的面积记为S3；当AB=n时，AME的面积记为Sn当n2时，SnSn1= 考

33、点： 整式的混合运算。 专题： 规律型。分析： 方法一：根据连接BE，则BEAM，利用AME的面积=AMB的面积即可得出Sn=n，Sn1=（n1）=nn+，即可得出答案 222- 15点评： 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（威海）如图，在平面直角坐标系中，线段OA1=1，OA1与x轴的夹角为30，线段A1A2=1，A2A1OA1，垂足为A1；线段A2A3=1，A3A2A1A2，垂足为A2；线段A3A4=1，A4A3A2A3，垂足为A3；按此规律，点A的坐标为 考点： 规律型：点的坐标。 专题： 规律型。- 17点评： 本题考查了

34、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（湖州）如图，将正ABC分割成m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ABC的边长是 考点： 菱形的性质；等边三角形的性质。 专题： 规律型。分析： 设正ABC的边长为x，根据等边三角形的高为边长的倍，求出正ABC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

35、得解解答： 解：设正ABC的边长为x，则高为SABC=xx=x，2x，所分成的都是正三角形，- 19 结束，当右下角的点横坐标是偶数时，以横坐标为1，纵坐标为右下角横坐标的偶数减1的点结束，根据此规律解答即可解答： 解：根据图形，以最外边的正方形边长上的点为准，点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方，例如：右下角的点的横坐标为1，共有1个，1=1， 右下角的点的横坐标为2时，共有4个，4=2， 右下角的点的横坐标为3时，共有9个，9=3， 右下角的点的横坐标为4时，共有16个，16=4， 右下角的点的横坐标为n时，共有n个， 45=2025，45是奇数， 第2025个点是（45，0），

36、第个点是（45，13）， 所以，第个点的横坐标为45 故答案为：45点评： 本题考查了点的坐标，观察出点个数与横坐标的存在的平方关系是解题的关键9（_）在平面直角坐标系xOy中，我们把横、纵坐标都是整数的点叫做整点已知点A（0，4），点B是x轴正半轴上的整点，记AOB内部（不包括边界）的整点个数为m当m=3时，点B的横坐标的所有可能值是 ；当点B的横坐标为4n（n为正整数）时，m= （用含n的代数式表示）222222考点： 点的坐标。 专题： 规律型。分析： 根据题意画出图形，再找出点B的横坐标与AOB内部（不包括边界）的整点m之间的关系即可求出答案- 21 由此可得A（2，0），则B2（，）

37、由勾股定理得OB2=2，则A（0），则B3（2，2），32，由此得出一般结论解答： 解：B1，B2，B3，Bn都在直线y=x上， B1，B2，B3，Bn各点的横坐标与纵坐标相等， 由A1（1，0），得B1（1，1）， 此时OB1=可知，A2（，0），则B2（，），同理可得B3（2，2）， 则Bn（故答案为：（，）点评： 本题考查了一次函数的综合运用关键是明确直线y=x上点的横坐标与纵坐标相等特点，由易到难，由特殊到一般，得出规律11（鄂州）已知，如图，OBC中是直角三角形，OB与x轴正半轴重合，OBC=90，且OB=1，BC=，将OBC绕原点O逆时针旋转60再将其各边扩大为原来的m倍，使OB

38、1=OC，得到OB1C1，将OB1C1绕原点O逆时针旋转60再将其各边扩大为原来的m倍，使OB2=OC1，得到OB2C2，如此继续下去，得到OBC，则m= 点C的坐标是 考点： 坐标与图形变化-旋转；解直角三角形。 专题： 规律型。分析： 先解直角三角形求出BOC=60，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半即可求出m的值，然后求出OC1、OC2、OC3、OCn的长度，再根据周角等于360，每6个为一个循环组，求出点C是第几个循环组的第几个点，再根据变化规律写出点的坐标即可 解答： 解：OBC=90，OB=1，BC=，- 23考点： 相似三角形的判定与性质。 专题： 规律型。分析： 由n个边长

39、为1的相邻正方形的一边均在同一直线上，点M1，M2，M3，Mn分别为边B1B2，B2B3，B3B4，BnBn+1的中点，即可求得B1C1Mn的面积，又由BnCnB1C1，即可得BnCnMnB1C1Mn，然后利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，求得答案 解答： 解：n个边长为1的相邻正方形的一边均在同一直线上，点M1，M2，M3，Mn分别为边B1B2，B2B3，B3B4，BnBn+1的中点， S1=B1C1B1M1=1=， SB1C1M2=B1C1B1M2=1=， SB1C1M3=B1C1B1M3=1=， SB1C1M4=B1C1B1M4=1=， SB1C1Mn=B1C1B1Mn=1BnCn

40、B1C1， BnCnMnB1C1Mn，=，SBnCnMn：SB1C1Mn=（）=（2），2即Sn：=，Sn=故答案为：- 25考点： 一次函数综合题。 专题： 代数几何综合题；规律型。分析： 利用待定系数法求一次函数解析式求出直线的解析式，再求出直线与x轴、y轴的交点坐标，求出直线与x轴的夹角的正切值，分别过等腰直角三角形的直角顶点向x轴作垂线，然后根据等腰直角三角形斜边上的高线与中线重合并且等于斜边的一半，利用正切值列式依次求出三角形的斜边上的高线，即可得到各点的纵坐标的规律 解答： 解：A1（1，1），A2（，）在直线y=kx+b上，解得，直线解析式为y=x+，如图，设直线与x轴、y轴的交

41、点坐标分别为N、M， 当x=0时，y=，当y=0时，x+=0，解得x=4，点M、N的坐标分别为M（0，），N（4，0），tanMNO=，作A1C1x轴与点C1，A2C2x轴与点C2，A3C3x轴与点C3， A1（1，1），A2（，）， OB2=OB1+B1B2=21+2=2+3=5，- 27n次（n1）平移的横坐标得到矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值解答： 解：设反比例函数解析式为y=，则 与BC，AB平移后的对应边相交；与AB平移后的对应边相交的交点的坐标为（2，1.4）， 则1.4=， 解得k=2.8=， 故反比例函数解析式为y=则第n次（n1）平移得到的矩形的边与

42、该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：=；与OC，AB平移后的对应边相交； k=0.6， 解得k=故反比例函数解析式为y=则第n次（n1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为：=故第n次（n1）平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为故答案为：或或点评： 考查了反比例函数综合题，本题的关键是根据第1次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为0.6，分与BC，AB平移后的对应边相交；与OC，AB平移后的对应边相交；两种情况讨论求解- 29 17（铁岭）如图，点E、F、G、H分别为菱形A1B1C

43、1D1各边的中点，连接A1F、B1G、C1H、D1E得四边形A2B2C2D2，以此类推得四边形A3B3C3D3，若菱形A1B1C1D1的面积为S，则四边形AnBnCnDn的面积为 考点： 三角形中位线定理；菱形的性质。 专题： 规律型。分析： 由E、F、G、H分别为菱形A1B1C1D1各边的中点，得到A1H=C1F，又A1HC1F，利用一组边长平行且相等的四边形为平行四边形得到四边形A1HC1F为平行四边形，根据平行线间的距离相等及平行四边形与三角形的面积公式，可得出四边形A1HC1F的面积等于HB1C1面积的2倍，等于A1D1F面积的2倍，而这三个的面积之和为菱形的面积S，可得出四边形A1H

44、C1F面积为菱形面积S的一半，再由平行线等分线段定理得到A2为A1D2的中点，C2为C1B2的中点，B2为B1A2的中点，D2为D1C2的中点，利用三角形的中位线定理得到HB2=A1A2，D2F=C1C2，可得出A1A2B2H和C1C2D2F都为梯形，且高与平行四边形A2B2C2D2的高h相等（设高为h），下底与平行四边形A2B2C2D2的边A2D2与x相等（设A2D2=x），分别利用梯形的面积公式及平行四边形的面积公式表示出各自的面积，得出三个面积之比，可得出平行四边形A2B2C2D2的面积占三个图形面积的，即为四边形A1HC1F面积的，为菱形面积的，同理得到四边形A3B3C3D3的面积为菱形面