中考数学一轮复习真题探究+变式训练专题34 规律探究性问题（2份，原卷版+解析版）

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规律探索类问题的特征是给出若干个按照一定顺序排列的具有某种特定变化规律的数、式或图形，要求解题者通过观察、分析、归纳和猜想等一系列活动找出蕴藏于其间的一般性规律。这类较为新颖的探索型问题不仅可以锻炼学生的逻辑推理能力，培养创新意识和创新能力，而且还具有较强的综合性和较高的区分度，因此成为近年各地中考数学中的一个考查热点。
例1 （2022·西藏·统考中考真题）按一定规律排列的一组数据：，，，，，，…．则按此规律排列的第10个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】把第3个数转化为：，不难看出分子是从1开始的奇数，分母是，且奇数项是正，偶数项是负，据此即可求解．
【详解】原数据可转化为：，
∴，
，
，
..．
∴第n个数为：，
∴第10个数为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的数总结出存在的规律．
例2 （2022·山东济宁·统考中考真题）如图，用相同的圆点按照一定的规律拼出图形．第一幅图4个圆点，第二幅图7个圆点，第三幅图10个圆点，第四幅图13个圆点……按照此规律，第一百幅图中圆点的个数是（ ）
A．297B．301C．303D．400
【答案】B
【分析】首先根据前几个图形圆点的个数规律即可发现规律，从而得到第100个图摆放圆点的个数．
【详解】解：观察图形可知：第1幅图案需要4个圆点，即4＋3×0，
第2幅图7个圆点，即4+3=4+3×1；
第3幅图10个圆点，即4＋3＋3=4＋3×2；
第4幅图13个圆点，即4＋3＋3＋3=4＋3×3；
第n幅图中，圆点的个数为：4+3(n-1)=3n+1，
……，
第100幅图，圆中点的个数为：3×100+1=301．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律．
例3 （2022·新疆·统考中考真题）将全体正偶数排成一个三角形数阵：
按照以上排列的规律，第10行第5个数是（ ）
A．98B．100C．102D．104
【答案】B
【分析】观察数字的变化，第n行有n个偶数，求出第n行第一个数，故可求解．
【详解】观察数字的变化可知：
第n行有n个偶数，
因为第1行的第1个数是： ；
第2行的第1个数是： ；
第3行的第1个数是：；
…
所以第n行的第1个数是： ，
所以第10行第1个数是：，
所以第10行第5个数是： ．
故选：B．
【点睛】本题考查了数字的规律探究，推导出一般性规律是解题的关键．
例4 （2022·重庆·统考中考真题）把菱形按照如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有1个菱形，第②个图案中有3个菱形，第③个图案中有5个菱形，…，按此规律排列下去，则第⑥个图案中菱形的个数为（ ）
A．15B．13C．11D．9
【答案】C
【分析】根据第①个图案中菱形的个数：；第②个图案中菱形的个数：；第③个图案中菱形的个数：；…第n个图案中菱形的个数：，算出第⑥个图案中菱形个数即可．
【详解】解：∵第①个图案中菱形的个数：；
第②个图案中菱形的个数：；
第③个图案中菱形的个数：；
…
第n个图案中菱形的个数：，
∴则第⑥个图案中菱形的个数为：，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是图案的变化，解题的关键是根据已知图案归纳出图案个数的变化规律．
例5 （2022·重庆·统考中考真题）用正方形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有5个正方形，第②个图案中有9个正方形，第③个图案中有13个正方形，第④个图案中有17个正方形，此规律排列下去，则第⑨个图案中正方形的个数为（ ）
A．32B．34C．37D．41
【答案】C
【分析】第1个图中有5个正方形，第2个图中有9个正方形，第3个图中有13个正方形，……，由此可得：每增加1个图形，就会增加4个正方形，由此找到规律，列出第n个图形的算式，然后再解答即可．
【详解】解：第1个图中有5个正方形；
第2个图中有9个正方形，可以写成：5+4=5+4×1；
第3个图中有13个正方形，可以写成：5+4+4=5+4×2；
第4个图中有17个正方形，可以写成：5+4+4+4=5+4×3；
．．．
第n个图中有正方形，可以写成：5+4（n-1）=4n+1；
当n=9时，代入4n+1得：4×9+1=37．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了图形的变化规律以及数字规律，通过归纳与总结结合图形得出数字之间的规律是解决问题的关键．
例6 （2022·内蒙古·中考真题）观察下列等式：，，，，，，…根据其中的规律可得的结果的个位数字是（ ）
A．0B．1C．7D．8
【答案】C
【分析】观察等式，发现尾数分别为：1，7，9，3，1，7，9，每4个数一组进行循环，所以，进而可得的结果的个位数字．
【详解】解：观察下列等式：
，，，，，，，
发现尾数分别为：
1，7，9，3，1，7，，
所以和的个位数字依次以1，8，7，0循环出现，
，
每4个数一组进行循环，
所以，
而，
，
所以的结果的个位数字是7．
故选：C．
【点睛】本题考查了尾数特征、有理数的乘方，解题的关键是根据题意寻找规律．
例7 （2021·云南·统考中考真题）按一定规律排列的单项式：，……，第n个单项式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题目中的单项式可以发现数字因数是从1开始的正整数的平方，字母的指数从1开始依次加1，然后即可写出第n个单项式，本题得以解决．
【详解】解：∵一列单项式：，...，
∴第n个单项式为，
故选：A．
【点睛】本题考查数字的变化类、单项式，解答本题的关键是明确题意，发现单项式的变化特点，求出相应的单项式．
例8（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）按一定规律排列的数据依次为，，，……按此规律排列，则第30个数是 _____．
【答案】
【分析】由所给的数，发现规律为第n个数是，当n＝30时即可求解．
【详解】解：∵，，，…，
∴第n个数是，
当n＝30时，==，
故答案为：．
【点睛】本题考查数字的变化规律，能够通过所给的数，探索出数的一般规律是解题的关键．
例9 （2022·湖北恩施·统考中考真题）观察下列一组数：2，，，…，它们按一定规律排列，第n个数记为，且满足．则________，________．
【答案】
【分析】由题意推导可得an=，即可求解．
【详解】解：由题意可得：a1=2=，a2=，a3=，
∵，
∴2+=7，
∴a4=，
∵，
∴a5=，
同理可求a6=，
∴an=，
∴a2022=，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了数字的变化类，找出数字的变化规律是解题的关键．
例10 （2022·浙江舟山·中考真题）观察下面的等式：，，，……
(1)按上面的规律归纳出一个一般的结论（用含n的等式表示，n为正整数）
(2)请运用分式的有关知识，推理说明这个结论是正确的．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据所给式子发现规律，第一个式子的左边分母为2，第二个式子的左边分母为3，第三个式子的左边分母为4，…；右边第一个分数的分母为3，4，5，…，另一个分数的分母为前面两个分母的乘积；所有的分子均为1；所以第（n+1）个式子为．
（2）由（1）的规律发现第（n+1）个式子为，用分式的加法计算式子右边即可证明．
【详解】（1）解：∵第一个式子，
第二个式子，
第三个式子，
……
∴第（n+1）个式子；
（2）解：∵右边==左边，
∴．
【点睛】此题考查数字的变化规律，分式加法运算，解题关键是通过观察，分析、归纳发现其中各分母的变化规律．
例11 （2022·安徽·统考中考真题）观察以下等式：
第1个等式：，
第2个等式：，
第3个等式：，
第4个等式：，
……
按照以上规律．解决下列问题：
(1)写出第5个等式：________；
(2)写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）观察第1至第4个等式中相同位置的数的变化规律即可解答；
（2）观察相同位置的数变化规律可以得出第n个等式为，利用完全平方公式和平方差公式对等式左右两边变形即可证明．
【详解】（1）解：观察第1至第4个等式中相同位置数的变化规律，可知第5个等式为：，
故答案为：；
（2）解：第n个等式为，
证明如下：
等式左边：，
等式右边：
，
故等式成立．
【点睛】本题考查整式规律探索，发现所给数据的规律并熟练运用完全平方公式和平方差公式是解题的关键．
例12 （2021·山东青岛·统考中考真题）问题提出：
最长边长为128的整数边三角形有多少个？（整数边三角形是指三边长度都是整数的三角形．）
问题探究：
为了探究规律，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法，最后得出一般性的结论．
（1）如表①，最长边长为1的整数边三角形，显然，最短边长是1，第三边长也是1.按照（最长边长，最短边长，第三边长）的形式记为，有1个，所以总共有个整数边三角形．
表①
（2）如表②，最长边长为2的整数边三角形，最短边长是1或2.根据三角形任意两边之和大于第三边，当最短边长为1时，第三边长只能是2，记为，有1个；当最短边长为2时，显然第三边长也是2，记为，有1个，所以总共有个整数边三角形．
表②
（3）下面在表③中总结最长边长为3的整数边三角形个数情况：
表③
（4）下面在表④中总结最长边长为4的整数边三角形个数情况：
表④
（5）请在表⑤中总结最长边长为5的整数边三角形个数情况并填空：
表⑤
问题解决：
（1）最长边长为6的整数边三角形有___________个．
（2）在整数边三角形中，设最长边长为，总结上述探究过程，当为奇数或为偶数时，整数边三角形个数的规律一样吗？请写出最长边长为的整数边三角形的个数．
（3）最长边长为128的整数边三角形有__________个．
拓展延伸：
在直三棱柱中，若所有棱长均为整数，则最长棱长为9的直三棱柱有___________个．
【答案】问题探究：见解析；问题解决：（1）12；（2）当为奇数时，整数边三角形个数为；当为偶数时，整数边三角形个数为；（3）4160；拓展延伸：295
【分析】问题探究：
根据（1）（2）（3）（4）的具体推算，总结出相同的规律，按规律填好表格即可；
问题解决：
（1）由最长边长分别为1，2，3，4，5总结出能反应规律的算式，再根据规律直接写出最长边长为6时的三角形的个数；
（2）分两种情况讨论：当为奇数，当为偶数，再从具体到一般进行推导即可；
（3）当最长边长时，为偶数，再代入进行计算，即可得到答案；
拓展延伸：
分两种情况讨论：当9是底边的棱长时，由最长边长为9的三角形个数有：个，当9是侧棱长时，底边三角形的最长边可以为1，2，3，4，5，6，7，8，底边三角形共有：个，从而可得答案.
【详解】解：问题探究：
问题解决：
（1）最长边长为1的三角形有：个，
最长边长为2的三角形有：个，
最长边长为3的三角形有：个，
最长边长为4的三角形有：个，
最长边长为5的三角形有：个，
所以最长边长为6的三角形有：个，
故答案为：
（2）由（1）得：
最长边长为1的三角形有：个，
最长边长为3的三角形有：个，
最长边长为5的三角形有：个，

所以当为奇数时，整数边三角形个数为；
最长边长为2的三角形有：个，
最长边长为4的三角形有：个，
最长边长为6的三角形有：个，
所以当为偶数时，整数边三角形个数为.
（3）当最长边长时，为偶数，
可得此时的三角形个数为：
故答案为：
拓展延伸：
当9是底边的棱长时，
最长边长为9的三角形个数有：个，
而直三棱柱的高分别为：1，2，3，4，5，6，7，8，9，
所以这样的直三棱柱共有：个，
当9是侧棱长时，底边三角形的最长边可以为1，2，3，4，5，6，7，8，
底边三角形共有：个，
所以这样的直三棱柱共有：个，
综上，满足条件的直三棱柱共有个.
故答案为：
【点睛】本题考查的是学生的阅读理解能力，探究规律的方法，并运用规律解决问题，同时考查了立体图形的含义，三角形的三边关系，弄懂题意，掌握探究方法，运用规律的能力都是解题的关键.
一、递进式变化规律
递进变化类的规律题通常给出若干个按照某种特定的递进变化规律(递增或递减)排列的数、式或图形等内容，要求从这些已知量的观察分析中找出变化的一般规律。学生很容易看出题目呈现的是一列递进变化的量，但较难归纳出一个统一的表达式来表示变化的一般规律，而变化的一般规律常常与已知量的排列序号有关联。因此在解决此类问题时，首先要按照题目中的排列顺序给已知量编上序号；然后找出已知量中变化和不变的部分，分析序号和变化部分之间的数量关系，猜想和归纳出第n个量的含有n的表达式，得出一般规律；最后将序号代回表达式算出结果，比较所得结果与对应数值是否一致，验证猜想的正确性，得出最终结果。
1、数与式的递进变化规律
这类规律题通常呈现出一列按照某种特定的递进变化规律排列的数字、等式或代数式等，要求变化的一般规律。解决这类题目的关键在于根据前若干项已知量(若没直接给出则需根据题目的信息求出来)的变化部分找出与它们对应的排列序号之间的数量关系，从而得出变化的一般规律。
2、图形变化中的数量递进变化规律
与图形有关的递进变化规律题归根结底考查的也是图形在变化过程中图案的个数、图形的周长或面积、线段的长度等这些量的变化规律。解决这类问题要仔细观察并找出图形变化与不变的部分，研究变化部分的图形变化和数量变化的规律，找出不变部分的固定数量，分析变化部分的数量与对应的图形排列序号之间的数量关系，从而得出变化的一般规律。
3、图表中的数字递进变化规律
这类题目的规律蕴藏在图表中的数字变化中，解题的关键在于寻找图表中每行、每列中的数字之间关系和排列顺序，以及行与行之间、列与列之间的联系，此外还应观察图表中的数与它所处的列数和行数间的数量变化规律。
【变式1】（2022·重庆铜梁·铜梁中学校校考模拟预测）下列中国结图形都是边长为“”的正方形按照一定规律组成，第个图形中共有个边长为“”的正方形，第个图形中共有个边长为“”的正方形，第个图形中共有个边长为“”的正方形，，依此规律，第个图形中边长为“”的正方形的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据图形规律，发现后一个图形比前一个多5个，归纳出通用公式代入求值即可．
【详解】解：第个图形边长为的小正方形有个，
第个图形边长为的小正方形有个，
第个图形边长为的小正方形有个，

第个图形边长为的小正方形有个，
所以第个图形中边长为的小正方形的个数为个．
故选：D．
【点睛】本题考查了观察了数字规律探索；根据相邻数字找到规律，推出规律公式是解题的关键．
【变式2】（2022·重庆·重庆八中校考二模）把黑色圆点按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有4个黑色圆点，第②个图案中有6个黑色圆点，第③个图案中有8个黑色圆点，…，按此规律排列下去，则第⑦个图案中黑色圆点的个数为（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】C
【分析】观察发现每一个图形比前一个图形多2个黑色圆点，利用此规律求解即可．
【详解】解：第①个图案中有4个黑色三角形，
第②个图案中有4+2×1=6个黑色三角形，
第③个图案中有4+2×2=8个黑色三角形，
…，
按此规律排列下去，则第n个图案中黑色三角形的个数为4+2×(n-1)=2n+2，
∴第⑦个图案中黑色三角形的个数为2×7+2=16，
故选：C．
【点睛】本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是根据已知图形得出规律：第n个图案中黑色三角形的个数为2n+2．
【变式3】（2022·山西·山西实验中学校考模拟预测）如图是一组有规律的图案，它们是由边长相同的小正方形组成，其中部分小正方形涂有阴影，依此规律，第_________个图案中有2021个涂有阴影的小正方形．
【答案】505
【分析】根据第一个图案有个小正方形有阴影，第二个图案有个小正方形有阴影，第三个图案有个小正方形有阴影，则第个图案有个小正方形有阴影，据此规律进行解答即可．
【详解】解：∵第一个图案有个小正方形有阴影，
第二个图案有个小正方形有阴影，
第三个图案有个小正方形有阴影，
．．．
第个图案有个小正方形有阴影，
根据题意得：，
解得：，
∴第个图案中有2021个涂有阴影的小正方形，
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的变化规律，读懂题意，根据图形得出相应的规律是解本题的关键．
【变式4】（2022·山东泰安·模拟预测）我国古代数学的许多成就都曾位居世界前列，其中“杨辉三角”就是一例，例如，在三角形中第三行的三个数，，，恰好对应展开式中的系数；第四行的四个数，，，，恰好对应着展开式中的系数；请根据规律直接写出的展开式______．
【答案】
【分析】先根据图形得出第五行的四个数是，，，，，再求出答案即可．
【详解】解：根据题意得: 第五行的四个数是，，，，，
即展开式中的系数依次为，，，，，


，
故答案为：．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，能根据已知图形得出规律是解此题的关键．
【变式5】（2022·浙江台州·统考二模）浙江从3月6日至3月20日新增新冠确诊人数和无症状人数情况如下表，根据表中数据绘制出如下的折线统计图，请根据统计图表分析：
(1)在统计的这段时期内，新增确诊和无症状感染者总人数在60人以上的天数有______天；
(2)3月6日至3月20日平均每天有多少个确诊的新冠病人？
(3)请比较分析这段时间确诊人数与无症状感染人数的整体水平与变化规律，并对下阶段防疫工作提出一条合理化的建议．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）从表格获取数据，将新增确诊与无症状感染者的人数相加，进行判断；
（2）求确诊人数的平均数即可；
（3）根据表格与折线统计图分析数据变化规律，结合实际情况提出建议即可．
（1）
解：分析表格数据可知，新增确诊和无症状感染者总人数在人以上的天数有天，分别是：月日，月日；
（2）
解：（人）．
答：3月6日至3月20日平均每天有个确诊的新冠病人．
（3）
解：由折线统计图可得，这段时间确诊人数整体在范围内波动，总体变化大致是先增加，后减少；而无症状感染者人数每天在范围内波动，总体呈反复增减变化情况，根据疫情实际情况，建议大家做好防范，出门一定要戴好口罩，尽量不大量聚集．
【点睛】本题考查统计图表，求平均数，从表格和折线统计图中获取信息是解题的关键．
例1 （2022·山东烟台·统考中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（ ）
A．（2）5B．（2）6C．（）5D．（）6
【答案】C
【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的，第1个正方形的边长为1，其对角线长为；第2个正方形的边长为，其对角线长为；第3个正方形的边长为，其对角线长为；•••；第n个正方形的边长为．所以，第6个正方形的边长．
【详解】解：由题知，第1个正方形的边长，
根据勾股定理得，第2个正方形的边长，
根据勾股定理得，第3个正方形的边长，
根据勾股定理得，第4个正方形的边长，
根据勾股定理得，第5个正方形的边长，
根据勾股定理得，第6个正方形的边长．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的倍关系是解题的关键．
例2 （2020·山东烟台·统考中考真题）如图，为等腰直角三角形，OA1＝1，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．（）nB．（）n﹣1C．（）nD．（）n﹣1
【答案】B
【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
【详解】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，
∴OA2＝；
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3＝2＝；
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4＝2＝．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5＝4＝，
……
∴OAn的长度为（）n﹣1，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理，熟练应用勾股定理得出是解题关键．
例3 （2022·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，，……在x轴上且，，，……按此规律，过点，，，……作x轴的垂线分别与直线交于点，，，……记，，，……的面积分别为，，，……，则______．
【答案】
【分析】先求出，可得，再根据题意可得，从而得到∽∽∽∽……∽，再利用相似三角形的性质，可得∶∶∶∶……∶= ，即可求解．
【详解】解：当x=1时，，
∴点，
∴，
∴，
∵根据题意得：，
∴∽∽∽∽……∽，
∴∶∶∶：……∶= OA12∶OA22∶OA32∶……∶OAn2，
∵，，，，……，
∴，，，……，，
∴∶∶∶∶……∶= ，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了图形与坐标的规律题，相似三角形的判定和性质，明确题意，准确得到规律，是解题的关键．
例4 4．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，为射线上一点，为射线上一点，．以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；…，按此规律进行下去，则的面积___________．
【答案】
【分析】过点作于点D，连接，分别作，然后根据菱形的性质及题意可得，则有，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点作于点D，连接，分别作，如图所示：
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵菱形，且，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴，
同理可得：，，
∴，
由上可得：，，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
例5 （2022·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，，点在射线上，且，过点作交射线于，在射线上截取，使；过点作交射线于，在射线上截取，使.按照此规律，线段的长为________．
【答案】
【分析】解直角三角形分别求得，，，……，探究出规律，利用规律即可解决问题．
【详解】解：，
是直角三角形，
在中，，，
，
，，
，
，
，
，
，
同理可得：，，……，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的规律，解直角三角形，平行线的判定，相似三角形的判定与性质，解题的关键是学会探究规律的方法．
循环变化规律
循环类规律题中的数、式、图形或坐标等内容的变化中有着循环规律，它们有着一定的排列顺序和固定的循环周期，并根据特定的循环周期间隔出现。解决此类问题首先应发现题目中的循环规律并找出循环周期，明确循环周期中的量的个数和变化规律，然后根据实际问题求出循环周期的个数及余数，最后结合题目的要求和所得数据解出答案。
1、数与式的循环变化规律
这类题目中有着一列存在着循环规律排列的数字或代数式。计算并观察题目规律中前若干项的结果，当发现这些数字或代数式存在循环规律时，找出循环周期并结合题目要求算出循环周期的个数及余数是解决此类问题的关键。
2、图形变化中的坐标循环变化规律
这类规律题通常要求某个连续变化的图形中某点的坐标，在某点的变化过程中对应坐标的数字存在着循环变化的规律。解题的重点在于仔细观察图形变化的特点，计算和分析某点变化中横坐标或纵坐标的规律，找出循环周期并结合题目要求算出循环周期的个数及余数，进而得出要求的坐标。
【变式1】（2022·山东济宁·校考二模）如图，在正方形中，，与直线所夹锐角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，依次规律，则线段（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用特殊角的三角函数值分别求出、、，以此类推找到规律求出，最后根据中，，即可求解．
【详解】解：∵与直线l所夹锐角为，且是正方形的一个顶角，
∴，
又∵，
∴在中，，
∵正方形的边长，
∴，
同理可求得： ，，
以此类推可知： ，
∵中，，
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、含特殊角的锐角三角函数等知识，含30°的直角三角形的性质．利用从特殊到一般寻找规律是解题的关键．
【变式2】（2022·山东淄博·山东省淄博第六中学校考模拟预测）如图，在图1中，、、分别是等边 的边、、的中点，在图2中，，，分别是的边、、的中点，…，按此规律，则第n个图形中菱形的个数共有（ ）个．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据中位线定理及等边三角形得到三条中线相等且都等于等边三角形的边的一半，等到作一次图得3个菱形，依次可得答案．
【详解】解：由题意可得，
∵、、分别是等边 的边、、的中点，
∴ ,
∴图1有三个菱形，由此可得作一次中位线分三个菱形，
∴第n个图形中菱形的个数共有 个菱形，
故选C．
【点睛】本题考查等边三角形性质及中位线定理，解题的关键是找出作一次中位线分3个菱形．
【变式3】（2022·甘肃嘉峪关·校考一模）如图，平面直角坐标系内，动点P按图中箭头所示方向依次运动，第1次从点运动到点，第二次运动到点，第3次运动到点，按这样的运动规律，动点P第次运动到的点的坐标是_______．
【答案】
【分析】根据图形分析点P的运动规律：第n次运动到的点的横坐标为n，纵坐标每四次为一个循环，即可得到答案．
【详解】解：第1次运动到点，第二次运动到点，第3次运动到点，，
第n次运动到的点的横坐标为n，纵坐标每四次一个循环，从第一次运动到的纵坐标开始，分别为、、、、
，
动点第次运动到的点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】此题考查了图形坐标的规律，正确理解图形运动坐标变化规律，得到点P的坐标是解题的关键．
【变式4】（2022·贵州遵义·校考三模）在平面直角坐标系中，若干个边长为1个单位长度的等边三角形，按下图中的规律摆放．点P从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿着等边三角形的边“……”的路线运动．设第n秒运动到点（n为正整数），则点的坐标是_______________．
【答案】
【分析】每6个点的纵坐标规律：，0， ，0，，0，点的横坐标规律：，1，，2， ，3，…，，即可求解．
【详解】解：如图，过作轴于，则，而，
∴，，
∴每6秒的纵坐标规律：，0， ，0，，0，
∵余1，
∴点的纵坐标为，
由题意可知动点P每秒的横坐标规律：，1，，2， ，3，…，，
∴点的横坐标为，
∴点的坐标，
故答案为．
【点睛】本题考查点的规律；理解题意，根据所给图形的特点，结合平面直角坐标系中点的特点及正三角形边的特点，确定点的坐标规律是解题的关键．
【变式5】（2020·江西南昌·模拟预测）已知抛物线（n为正整数，且）与x轴的交点为和．当时，第1条抛物线与x轴的交点为和，其他以此类推．
（1）求的值及抛物 线的解析式．
（2）抛物线的顶点的坐标为（_______，_______）；以此类推，第条抛物线的顶点的坐标为（______，_______）；所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是_________．
（3）探究以下结论：
①是否存在抛物线，使得为等腰直角三角形？若存在，请求出抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
②若直线与抛物线分别交于点，则线段的长有何规律？请用含有m的代数式表示．
【答案】（1） ；y ＝−（x−2）＋4；（2）（n，n ）；[（n＋1），（n＋1） ]；y＝x；（3）①存在，理由见详解；②CC＝2m．
【分析】（1）），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、 的坐标代入抛物线表达式得：，解得： ，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4，即可求解；
（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝ ，即可求解；
（3）①△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn ＝2ABn，即（2n）＝2（n＋），即可求解；
②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC= y−y，即可求解．
【详解】解：（1），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得： ，解得：，
则点（4，0），将点A、 的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4；
故y ＝−（x−）＋＝−（x−2）＋4；
（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点 [（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝；
故答案为：（n，n ）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；
（3）①存在，理由：
点A（0，0），点An（2n，0）、点（n，n ），
△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn ＝2ABn，即（2n）＝2（n ＋n），
解得：n＝1（不合题意的值已舍去），
抛物线的表达式为：y＝−（x−1） ＋1；
②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），
y＝−（m−n）＋n，
CC＝y−y＝−（m−n）＋n ＋（m−n＋1）−（n−1）＝2m．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，这种找规律类型题目，通常按照题设的顺序逐次求解，通常比较容易．
【培优练习】
1．（2022秋·全国·七年级期末）有一个数字游戏，第一步：取一个自然数，计算得，第二步：算出的各位数字之和得，计算得，第三步算出的各位数字之和得，计算得；以此类推，则的值为（ ）
A．7B．52C．154D．310
【答案】D
【分析】通过计算前面几步的数值可以得到整个游戏数字的出现规律，从而得到所求答案．
【详解】解：由题意知：；
；
；
； ；
由上可知，是按照52、154、310、 ，52、154、310三个数的组合重复出现的数列，
∵，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查整式中的数字类规律探索，通过阅读题目材料并归纳出数字出现规律是解题关键．
2．（2022秋·江苏泰州·七年级校考阶段练习）是不为2的有理数，我们把称为的“哈利数”．如：3的“哈利数”是，的“哈利数”是，已知，是的“哈利数”， 是的“哈利数”， 是的“哈利数”， ，依此类推，则等于（ ）
A．B．C．D．5
【答案】B
【分析】通过计算发现每四次运算结果循环出现，由此可求．
【详解】解：∵，
∴，
，
，
，
，
∴每四次运算结果循环出现，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查数字的变化规律，通过计算，探索出运算结果的循环规律是解题的关键．
3．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图所示，点，，，，，根据这个规律，可得点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由图形得出点的横坐标依次是、、、、、…、，纵坐标依次是、、、、、、、、…，四个一循环，继而求得答案．
【详解】解：观察图形可知，
点的横坐标依次是、、、、、…、，纵坐标依次是、、、、、、、、…，四个一循环，
…，
故点坐标是．
故选：C．
【点睛】本题考查了规律型：点的坐标，学生的观察图形的能力和理解能力，解此题的关键是根据图形得出规律，题目比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
4．（2022秋·山东泰安·九年级统考期末）斐波那契螺旋线．也称“黄金螺旋线”，它可以通过分别以为半径，依次作圆心角为的扇形弧线画出来（如图）．第1步中扇形的半径是，按如图所示的方法依次画，第8步所画扇形的弧长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意找出半径的变化规律，进而求出第8步所画扇形的半径，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：由题意得：第6步所画扇形的半径＝3＋5＝8（cm），
第7步所画扇形的半径＝8＋5＝13（cm），
第8步所画扇形的半径＝13＋8＝21（cm），
∴第8步所画扇形的弧长＝（cm），
故选：B．
【点睛】本题考查的是弧长的计算、数字的变化规律，根据题意找出半径的变化规律是解题的关键．
5．（2021秋·重庆·九年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）下列图形都是由大小相同的小圆按一定规律组成的，其中第①个图形中有2个小圆，第②个图形中有8个小圆，第③个图形中有16个小圆…，按此规律排列下去，第⑦个图形中的小圆个数为（ ）
A．38B．52C．68D．86
【答案】C
【分析】由题意易知第①幅图中小圆的个数为2=2×1+2×0，第②幅图中小圆的个数为8=2×3+2×1，第③幅图小圆的个数为16=3×4+2×2，第④幅图小圆的个数为26=4×5+2×3；…..，由此问题可求解．
【详解】解：由题意知，
第①幅图中小圆的个数为2=2×1+2×0，
第②幅图中小圆的个数为8=2×3+2×1，
第③幅图小圆的个数为16=3×4+2×2，
第④幅图小圆的个数为26=4×5+2×3；
……；
∴第⑦幅图小圆的个数为7×8+2×6=68（个）；
故选C．
【点睛】本题主要考查图形规律问题，解题的关键是找到图形规律即可．
6．（2021秋·广东茂名·八年级校考阶段练习）在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m．其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，…第n次移动到An．则△OA6A2018的面积是（ ）
A．505B．504.5
C．504D．503
【答案】D
【分析】由题意可得规律知，据此得出，然后运用三角形面积公式计算即可．
【详解】解：由题意知，
∵，
∴，
∴，
则△OA6A2018＝，
故选：D．
【点睛】本题考查了点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得．
7．（2021秋·河南新乡·九年级新乡市第一中学校考期末）如图，顶角为的等腰三角形，其底边与腰之比等k，这样的三角形称为黄金三角形，已知腰AB=1，为第一个黄金三角形，为第二个黄金三角形，为第三个黄金三角形以此类推，第3个黄金三角形的周长（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据题意可得△ABC∽△BCD，则△BCD的周长：△ABC的周长=BC：AB，即可得到△BCD的周长：△ABC的周长=k，求出△ABC的周长，则△BCD的周长，据此即可求解．
【详解】解：∵△ABC和△BCD都是顶角为36°的等腰三角形，
∴△ABC∽△BCD，
∴△BCD的周长：△ABC的周长=BC：AB，
∵，，
∴，
∴△ABC的周长
∴△BCD的周长：△ABC的周长=k，
∴△BCD的周长，
同理：△CDE的周长：△BCD的周长=k，
∴△CDE的周长，
故选C．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质与判定，找出各个三角形周长之间的关系，是本题的关键．
8．（2021秋·山东日照·七年级日照港中学校考期中）将正方形ABCD(如图1)作如下划分，第1次划分：分别连接正方形ABCD对边的中点(如图2)，得线段HF和EG，它们交于点M，此时图2中共有5个正方形；第2次划分：将图2左上角正方形AEMH再划分，得图3，则图3中共有9个正方形；若把左上角的正方形依次划分下去，则第n次划分后，图中共有（ ）个正方形．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知，每次增加4个正方形，据此规律即可求得答案
【详解】第1次划分后，图中有个正方形，
第2次划分后，图中有个正方形，
第3次划分后，图中有个正方形，
……
第n次划分后，图中共有个正方形，
故选：C．
【点睛】本题考查了图形类找规律，找到规律是解题的关键．
9．（2022秋·山东临沂·九年级统考期中）若关于x的一元二次方程，当时，相应的一元二次方程的两根分别记为则的值为_________．
【答案】
【分析】利用根与系数的关系得到，；，；…，；把原式变形，再代入，即可求出答案．
【详解】解：∵，，
∴由根与系数的关系得：，；，；…，；
∴原式
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．
10．（2022秋·四川成都·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，将绕点A顺时针旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去…．若点，，则点的坐标为_______．
【答案】
【分析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、、…每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得的坐标．
【详解】∵点，，
∴，，
∴，
∴，
∴的横坐标为：6，且，点的纵坐标为：2
∴的横坐标为：，点的纵坐标为：2
∴点的横坐标为：．
∴点的纵坐标为：2．
故点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查点的坐标规律变换，解题关键是通过图形旋转，找到所有B点之间的关系．
11．（2022秋·北京西城·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线交点D，将菱形绕点D顺时针方向旋转，每次旋转60°，则旋转2次后，点D的坐标是___________，旋转2022次后，点D的坐标是___________．
【答案】
【分析】求出点D的坐标，菱形每次逆时针旋转60°，相当于对点D每次逆时针旋转60°，根据周期性，可求出点D的坐标．
【详解】解：如下图所示，作轴交于点E，
∵四边形是菱形，
∴，点D是的中点，
∵点A的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴点B的坐标为，，
∵点D是的中点，
∴点D的坐标为，，
菱形每次逆时针旋转60°，相当于对点D每次逆时针旋转60°，
根据图形变化可得，
旋转1次坐标为，
旋转2次坐标为，
旋转3次坐标为，
旋转4次坐标为，
旋转5次坐标为，
旋转6次坐标为，
……，
∴旋转2次后，点D的坐标是，
坐标的变化具有周期性，
，
∴旋转2022次后．点D的坐标是
故答案为：；．
【点睛】本题考查了菱形的性质、点的坐标变化等知识点，求出点D的坐标，再根据其周期性变化求出坐标是解本题的关键，综合性较强，难度较大．
12．（2022秋·北京西城·八年级北京市第十三中学分校校考期中）如图，图中的方格均是边长为1的正方形，每一个正方形的顶点都称为格点.图①⑥中，这些多边形的顶点都在格点上，且其内部没有格点，像这样的多边形我们称为“内空格点多边形”
（1）当内空格点多边形边上的格点数为10时，此多边形的面积为______；
（2）设内空格点多边形边上的格点数为L，面积为S，请用等式表示L与S的关系______
【答案】 4
【分析】（1）由图形可知当内空格点多边形边上的格点数为10时，，此多边形面积为四个小正方形面积；
（2）①⑥中格点图形找到规律即可．
【详解】（1）由图形可知当内空格点多边形边上格点数为时，此多边形面积为四个小正方形面积，即；
（2）当格点为3时，内空格点三变形的面积为；
当格点为4时，内空格点三变形的面积为；
当格点为5时，内空格点三变形的面积为；
……以此类推，
当格点为L时，内空格点三变形的面积为．
故答案为：4，
【点睛】本题考查规律问题，需要根据图中表格和计算的数据，总结规律，需仔细观察和计算．
13．（2022秋·江苏泰州·七年级泰州市第二中学附属初中校考阶段练习）如图①，将正方体骰子（相对面上的点数分别为1和6，2和5，3和4）放置于水平桌面上．在图②中，将骰子向右翻滚，然后在桌面上按逆时针方向旋转，则视作完成一次变换．若骰子的初始位置为图①所示的状态，那么按上述规则连续完成2022次变换后，骰子朝上一面的点数是__________．
【答案】
【分析】先向右翻滚，然后再逆时针旋转叫做一次变换，那么连续3次变换是一个循环，求出2022除以3的余数为0，即经过2022变换后，骰子朝上一面的点数是第三次变换后的点数，即可求解．
【详解】解：由题意可得，第一次变换后，朝上的点数为5，
第二次变换后，朝上的点数为6，
第三次变换后，朝上的点数为3，
由此可知，连续3次变换是一个循环，
经过2022变换后，骰子朝上一面的点数与第三次变换后的点数相同，为，
故答案为：
【点睛】本题考查找规律的能力，关键在于先通过图形找到规律，再根据周期性判断即可．
14．（2022秋·九年级单元测试）如图，矩形的两边、分别在轴、轴上，点与原点重合，点，将矩形沿轴向右翻滚，经过一次翻滚点对应点记为，经过第二次翻滚点对应点记为依此类推，的坐标 __，经过2022次翻滚后点对应点的坐标为 ________．
【答案】
【分析】观察图形可得经过4次翻滚后点对应点一循环，进而求得经过2022次翻滚后点对应点的坐标．
【详解】解：如图所示：
的坐标为，
观察图形可得经过4次翻滚后点对应点一循环，
，
点，长方形的周长为：，
经过2022次翻滚后点对应点的坐标为，即．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了图形类规律，点的坐标规律，找到规律是解题的关键．
15．（2022秋·湖南岳阳·九年级校考阶段练习）如图，点 在反比例函数（ ）的图象上，点 在y轴上，且 ，直线 与双曲线交于点 ， ， ， 则 的坐标是 _____．
【答案】
【分析】由题意可知 ， ， ， ，都是等腰直角三角形，设点坐标，代入 中计算求解，然后求出的值，探究一般性规律，利用规律解决问题即可得出结论．
【详解】解：由题意， 都是等腰直角三角形，

，设的横坐标为，则纵坐标为： ，故 ，
由于点在上，则有 ，
解得，（舍去），
，
设，由于点在上则有，
解得，
，
同法可得，，
，
，
，即
故答案为：．
【点睛】本题结合反比例函数考查了点坐标的规律探究．解题的关键在于先求解 的坐标，推导一般性规律，再利用规律求解．
16．（2022秋·辽宁鞍山·七年级统考期中）观察下面三行数：
，4，，16，，……；①
，5，，17，，……；②
，8，，32，，……；③
(1)第①行的第8个数是______；
(2)第②行的第个数是______；（为正整数）
(3)取每一行的第7个数，计算这三个数的和．
【答案】(1)256
(2)
(3)
【分析】（1）观察其数的规律，可得第第n个数是，即可得出答案；
（2）根据第②行的第个数比第①行的第个数多1，即可得出第②行的第个数；
（3）分别求出每一行的第7个数，再相加即可．
【详解】（1）解：第①行的有理数分别是，，，，…，
第n个数是；
故第①行数的第8个数是；
（2）解：第②行的第个数比第①行的第个数多1，
∴第②行的第个数是；
（3）解：由（1）得，第①行第7个数是，
由（2）得，第②行第7个数是，
观察可得：第③行第个数是第①行的第个数的2倍，
∴第③行的第个数是，
∴第③行的第7个数是，
∴这三个数的和为：
．
【点睛】本题考查数的变化规律，综合性较强，难度一般．
17．（2022秋·山东济南·七年级统考期中）十一期间，泉城广场的一个公共区域用盆栽进行了美化，盆栽按如图的方式摆放，图中的盆栽被折线隔开分成若干层，第一层有1个盆栽，第二层有3个盆栽，第三层有5个盆栽，第四层有7个盆栽，……，以此类推．请观察图形规律，解答下列问题：
(1)第10层有 个盆栽，第a层有 个盆栽，前n层共有 个盆栽；
(2)计算： ；
(3)拓展应用：求的值．
【答案】(1)19，，
(2)169
(3)923352
【分析】（1）根据已知数据即可得出每一小层盆栽个数是连续的奇数，进而得出答案；
（2）利用已知数据得出答案即可；
（3）利用已知数据得出答案即可．
【详解】（1）解：第10层有19个盆栽，第n层有个盆栽；前n层共有，
故答案为：19，，；
（2）解： ，
故答案为：169；
（3）解：
）
【点睛】此题主要考查了图形的变化类，根据已知得出数字的变化规律是解题关键．
18．（2022秋·九年级课时练习）如图几何体是由若干棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，若将露出的表面都涂上颜色（底面不涂色），观察该图，探究其中的规律．
(1)第1个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有______个；第2个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有______个；第3个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有______个．
(2)求出第10个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数．
(3)求出前100个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数的和．
【答案】(1)4，12，20
(2)第10个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数共有76个
(3)前100个几何体中只有2个面涂色的小立方体的个数的和为40000个
【分析】（1）第1个几何体中最底层的4个角的小立方体只有2个面涂色；第2个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有3×4=12(个)；第3个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有5×4=20(个)；
（2）根据所给图形中只有2个面涂色的小立方体的块数得到第n个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数与4的倍数的关系即可；
（3）根据（2）得到的规律，进行计算即可．
【详解】（1）解：观察图形可得第1个几何体中最底层的4个角的小立方体只有2个面涂色；
第2个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有3×4＝12(个)；
第3个几何体中只有2个面涂色的小立方体共有5×4＝20(个)．
故答案为：4，12，20；
（2）解：观察图形可知：图①中，只有2个面涂色的小立方体共有4个；
图②中，只有2个面涂色的小立方体共有12个；
图③中，只有2个面涂色的小立方体共有20个．
4，12，20都是4的倍数，可分别写成4×1，4×3，4×5的形式，
因此，第n个图中两面涂色的小立方体的块数共有：4(2n﹣1)＝8n﹣4，
则第10个几何体中只有2个面涂色的小立方体的块数共有8×10﹣4＝76(个)；
（3）解：(8×1﹣4)+(8×2﹣4)+(8×3﹣4)+(8×4﹣4)+(8×5﹣4)+…+(8×100﹣4)
＝8(1+2+3+4+…+100)﹣100×4
＝40000(个)．
故前100个几何体中只有2个面涂色的小立方体的个数的和为40000个．
【点睛】本题考查了认识立体图形，图形的变化规律．得到所求块数与4的倍数的关系是解决本题的关键．
个数的和为40000个．
19．（2022秋·八年级单元测试）阅读理解：
材料：小华在学习分式运算时，通过具体运算：，，，，…，
发现规律：（为正整数），并证明了此规律成立．
应用规律，快速计算：．
根据材料，回答问题：
在学习二次根式运算时，小华根据分式学习积累的活动经验，类比探究二次根式的运算规律，并解决问题．请将下面的探究过程，补充完整．
（1）具体运算：
特例1：，
特例2：，
特例3：，
特例4： （填写一个符合上述运算特征的例子）．
……
（2）发现规律： （为正整数），并证明此规律成立．
（3）应用规律：
①计算：；
②如果，那么n＝ ．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②
【分析】（1）根据前3个例题写出一个符合上述运算特征的例子即可；
（2）根据材料中的进行计算即可；
（3）结合（1）（2）的规律进行计算即可
【详解】解：（1）（答案不唯一）；
（2）；
故答案为：
证明：
=
故答案为：
（3）①；
，
，
，
．
②
则
【点睛】本题考查了分式的加减运算，完全平方公式的计算，二次根式的性质，掌握分式的性质，以及是解题的关键．
20．（2022秋·山东青岛·九年级统考期中）问题提出：用个三角形最多可以把平面分成几部分？
为了找到解决问题的办法，我们可以把上述问题简单化：
探究（一）：我们先考虑最简单的情况：用一个三角形最多可以把平面分成几部分？
（1）用1个三角形分平面只有一种情况，平面本身是1部分，一个三角形将平面分成三角形内和三角形外2部分，即增加1部分，所以用1个三角形最多可以把平面分成2部分．
（2）用2个三角形最多可以把平面分成几部分？
两个三角形不能相交时将平面分成3部分．
相交时：如图1~图6，用2个三角形分平面有6种情况：如图1，当两个三角形只有1个交点时，这两个三角形将平面分成3部分；当两个三角形有2个交点时，这两个三角形将平面分成4部分；当两个三角形有3个交点时，这两个三角形将平面分成5部分；当两个三角形有4个交点时，这两个三角形将平面分成6部分，根据前面给出的规律，在图6的位置画出图形，并补全表格
由上图可知：新增加的部分数与新增加的交点个数的关系是______
探究（二）：用3个三角形最多将平面分成几部分？
前面通过画图我们知道2个三角形最多有6个交点；
3个三角形相交时，对于每个三角形因为一条边最多与三角形的两条边相交，所以第三个三角形的每条边最多与前面2个三角形的各两条边相交，共产生个交点即增加12部分，因此，3个三角形最多可以把平面分成：部分；
探究（三）：用4个三角形最多可以将平面分成几部分？说明理由．
问题解决：用10个三角形最多可以把平面分成______部分
建立模型：用个三角形最多可以把平面分成______部分
拓展延伸：用个边形最多可以把平面分成______部分．
【答案】探究（一）：（2）交点个数为6，画出图形见解析，补全表格见解析，相等；
探究（三）：38，理由见解析；
问题解决：；
建立模型：；
拓展延伸：．
【分析】探究（一）：（2）交点个数为6，画出图形见解析，补全表格见解析，相等；
探究（三）：新增加部分数与新增加交点个数相同，所以只需计算新增加交点数最多时即可；
问题解决：由上述分析总结规律，列式计算即可；
建立模型：由上述分析总结规律，列式计算即可；
拓展延伸：此时即为第n个m边形的每条边最多与前面个m边形的各条边相交，即将上述推导过程中的三角形中的3换为m即可计算即可．
【详解】解：探究（一）：（2）交点个数为6，画出图形如下，
补全表格如下，
由上图可知：新增加的部分数与新增加的交点个数的关系是相等．
故答案为：相等；
探究（三）：在3个三角形的基础上加入第4个三角形，新增加交点的个数最多时，第4个三角形的三条边与其它3个三角形均有2个交点，即为个，
∴新增加18个部分，
∴用4个三角形最多可以将平面分成个部分；
问题解决：由上述分析过程可知新增加交点的个数最多时与三角形的个数关系为：，
∴10个三角形新增加交点的个数最多为个，
∴10个三角形最多可以把平面分成个部分．
故答案为：；
建立模型：由上述分析过程可知：用个三角形最多可以把平面分成个部分．
故答案为：；
拓展延伸：此时即为第n个m边形的每条边最多与前面个m边形的各条边相交，
∴将上述推导过程中的三角形中的3换为m即可，
∴用个边形最多可以把平面分成个部分．
故答案为：．
【点睛】本题考查图形类规律探索，较难．读懂题意，正确总结出规律是解题关键．
最长边长
最短边长
（最长边长，最短边长，第三边长）
整数边三角形个数
计算方法
算式
1
1
1
1个1
最长边长
最短边长
（最长边长，最短边长，第三边长）
整数边三角形个数
计算方法
算式
2
1
1
2个1
2
1
最长边长
最短边长
（最长边长，最短边长，第三边长）
整数边三角形个数
计算方法
算式
3
1
1
2个2
2
，
2
3
1
最长边长
最短边长
（最长边长，最短边长，第三边长）
整数边三角形个数
计算方法
算式
4
1
1
3个2
2
，
2
3
，
2
4
1
最长边长
最短边长
（最长边长，最短边长，第三边长）
整数边三角形个数
计算方法
算式
5
1
1
___
___
2
，
2
3
_______
_____
4
，
2
5
1
最长边长
最短边长
（最长边长，最短边长，第三边长）
整数边三角形个数
计算方法
算式
5
3
，，
3
3个3
日期
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
确诊
1
6
1
6
18
24
54
15
43
28
38
32
23
30
3
无症状
34
8
8
33
3
43
11
37
17
12
8
22
24
26
17
用2个三角形分平面
情况1图1
情况2图2
情况3图3
情况4图4
情况5图5
情况6图6
交点个数
1
2
3
4
5
增加部分
1
2
3
4
5
能分成的区域数量
3
4
5
6
7
用2个三角形分平面
情况1图1
情况2图2
情况3图3
情况4图4
情况5图5
情况6图6
交点个数
1
2
3
4
5
6
增加部分
1
2
3
4
5
6
能分成的区域数量
3
4
5
6
7
8