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2019年全国各地中考数学真题分类汇编 专题36 规律探索(含解析)
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专题训练36 规律探索
一.选择题
1.（2019•湖北省鄂州市•3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3…An在x轴上，B1、B2、B3…Bn在直线y＝x上，若A1（1，0），且△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1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S1、S2、S3…Sn．则Sn可表示为（ ）
A．22n B．22n﹣1 C．22n﹣2 D．22n﹣3
【分析】直线y＝x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，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，△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1都是等边三角形，
∵直线y＝x与x轴的成角∠B1OA1＝30°，∠OA1B1＝120°，
∴∠OB1A1＝30°，
∴OA1＝A1B1，
∵A1（1，0），
∴A1B1＝1，
同理∠OB2A2＝30°，…，∠OBnAn＝30°，
∴B2A2＝OA2＝2，B3A3＝4，…，BnAn＝2n﹣1，
易得∠OB1A2＝90°，…，∠OBnAn+1＝90°，
∴B1B2＝，B2B3＝2，…，BnBn+1＝2n，
∴S1＝×1×＝，S2＝×2×2＝2，…，Sn＝×2n﹣1×2n＝；
故选：D．
【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，并求出每边长是解题的关键．
2.（2019•四川省达州市•3分）a是不为1的有理数，我们把称为a的差倒数，如2的差倒数为＝﹣1，﹣1的差倒数＝，已知a1＝5，a2是a1的差倒数，a3是a2的差倒数，a4是a3的差倒数…，依此类推，a2019的值是（ ）
A．5 B．﹣ C． D．
【分析】根据差倒数的定义分别求出前几个数便不难发现，每3个数为一个循环组依次循环，用2019除以3，根据余数的情况确定出与a2019相同的数即可得解．
【解答】解：∵a1＝5，
a2＝＝＝﹣，
a3＝＝＝，
a4＝＝＝5，
…
∴数列以5，﹣，三个数依次不断循环，
∵2019÷3＝673，
∴a2019＝a3＝，
故选：D．
【点评】本题是对数字变化规律的考查，理解差倒数的定义并求出每3个数为一个循环组依次循环是解题的关键．
3.（2019湖南常德3分）观察下列等式：70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得70+71+72+…+72019的结果的个位数字是（ ）
A．0 B．1 C．7 D．8
【分析】首先得出尾数变化规律，进而得出70+71+72+…+72019的结果的个位数字．
【解答】解：∵70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，
∴个位数4个数一循环，
∴（2019+1）÷4＝505，
∴1+7+9+3＝20，
∴70+71+72+…+72019的结果的个位数字是：0．
故选：A．
【点评】此题主要考查了尾数特征，正确得出尾数变化规律是解题关键．
4.（2019云南4分）按一定规律排列的单项式：x3，－x5，x7，－x9，x11，……第n个单项式是
A.（－1）n－1x2n－1B.（－1）nx2n－1
C.（－1）n－1x2n＋1D.（－1）nx2n＋1
【解析】观察可知，奇数项系数为正，偶数项系数为负，∴可以用或，（为大于等于1的整数）来控制正负，指数为从第3开始的奇数，所以指数部分规律为，故选C
5 （2019·广西贺州·3分）计算++++…+的结果是（ ）
A． B． C． D．
【分析】把每个分数写成两个分数之差的一半，然后再进行简便运算．
【解答】解：原式＝
＝
＝．
故选：B．
【点评】本题是一个规律计算题，主要考查了有理数的混合运算，关键是把分数乘法转化成分数减法来计算．
6．(2019•湖南常德•3分)观察下列等式：70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得70+71+72+…+72019的结果的个位数字是( )
A．0 B．1 C．7 D．8
【考点】规律探究．
【分析】首先得出尾数变化规律，进而得出70+71+72+…+72019的结果的个位数字．
【解答】解：∵70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，
∴个位数4个数一循环，
∴(2019+1)÷4＝505，
∴1+7+9+3＝20，
∴70+71+72+…+72019的结果的个位数字是0．故选A．
【点评】此题主要考查了尾数特征，正确得出尾数变化规律是解题关键．
7．(2019•云南•4分)按一定规律排列的单项式：x3，－x5，x7，－x9，x11，……第n个单项式是( )
A． B． C． D．
【考点】规律探究．
【分析】观察各单项式，发现奇数项系数为正，偶数项系数为负，∴可以用或(为大于等于1的整数)来控制正负，指数为从第3开始的奇数，所以指数部分规律为．
【解答】解：观察可知，奇数项系数为正，偶数项系数为负，∴可以用或(为大于等于1的整数)来控制正负，指数为从第3开始的奇数，所以指数部分规律为，故选C．
【点评】此题主要考查了数式规律探究．奇数项系数为正，偶数项系数为负，一般可用或(为大于等于1的整数)来调节正负．
8．（2019湖北省鄂州市）（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3…An在x轴上，B1、B2、B3…Bn在直线y＝x上，若A1（1，0），且△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1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S1、S2、S3…Sn．则Sn可表示为（ ）
A．22n B．22n﹣1 C．22n﹣2 D．22n﹣3
【分析】直线y＝x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，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，△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1都是等边三角形，
∵直线y＝x与x轴的成角∠B1OA1＝30°，∠OA1B1＝120°，
∴∠OB1A1＝30°，
∴OA1＝A1B1，
∵A1（1，0），
∴A1B1＝1，
同理∠OB2A2＝30°，…，∠OBnAn＝30°，
∴B2A2＝OA2＝2，B3A3＝4，…，BnAn＝2n﹣1，
易得∠OB1A2＝90°，…，∠OBnAn+1＝90°，
∴B1B2＝，B2B3＝2，…，BnBn+1＝2n，
∴S1＝×1×＝，S2＝×2×2＝2，…，Sn＝×2n﹣1×2n＝；
故选：D．
【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，并求出每边长是解题的关键．
二.填空题
1．（2019黑龙江省绥化3分）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，按如图中的规律摆放．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“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…”的路线运动，设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2019的坐标是 ．
答案：
考点：找规律
解析：
2 （2019•海南省•4分）有2019个数排成一行，对于任意相邻的三个数，都有中间的数等于前后两数的和．如果第一个数是0，第二个数是1，那么前6个数的和是 0 ，这2019个数的和是 2 ．
【分析】根据题意可以写出这组数据的前几个数，从而可以数字的变化规律，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
这列数为：0，1，1，0，﹣1，﹣1，0，1，1，…，
∴前6个数的和是：0+1+1+0+（﹣1）+（﹣1）＝0，
∵2019÷6＝336…3，
∴这2019个数的和是：0×336+（0+1+1）＝2，
故答案为：0，2．
【点评】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律，每六个数重复出现．
3 （2019•黑龙江省绥化市•3分）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，按如图中的规律摆放．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“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…”的路线运动，设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2019的坐标是 ．
答案：
考点：找规律
解析：
4. （2019•贵州省铜仁市•4分）按一定规律排列的一列数依次为：﹣，，﹣，，…（a≠0），按此规律排列下去，这列数中的第n个数是 ．（n为正整数）
（﹣1）n•．【解答】解：第1个数为（﹣1）1•，
第2个数为（﹣1）2•，
第3个数为（﹣1）3•，
第4个数为（﹣1）4•，
…，
所以这列数中的第n个数是（﹣1）n•．
5.（2019•湖北省仙桃市•3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y＝x+上，且∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是 （95，32） ．
【分析】根据菱形的边长求得A1、A2、A3…的坐标然后分别表示出C1、C2、C3…的坐标找出规律进而求得C6的坐标．
【解答】解：∵OA1＝1，
∴OC1＝1，
∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，
∴C1的纵坐标为：sin60°•OC1＝，横坐标为cos60°•OC1＝，
∴C1（，），
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，
∴A1C2＝2，A2C3＝4，A3C4＝8，…，
∴C2的纵坐标为：sin60°•A1C2＝，代入y＝x+求得横坐标为2，
∴C2（，2，），
C3的纵坐标为：sin60°•A2C3＝4，代入y＝x+求得横坐标为11，
∴C3（11，4），
∴C4（23，8），
C5（47，16），
∴C6（95，32）；
故答案为（95，32）．
【点评】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．
6.（2019•湖北省咸宁市•3分）有一列数，按一定规律排列成1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，其中某三个相邻数的积是412，则这三个数的和是 ﹣384 ．
【分析】根据题目中的数字，可以发现它们的变化规律，再根据其中某三个相邻数的积是412，可以求得这三个数，从而可以求得这三个数的和．
【解答】解：∵一列数为1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，
∴这列数的第n个数可以表示为（﹣2）n﹣1，
∵其中某三个相邻数的积是412，
∴设这三个相邻的数为（﹣2）n﹣1.（﹣2）n、（﹣2）n+1，
则（﹣2）n﹣1•（﹣2）n•（﹣2）n+1＝412，
即（﹣2）3n＝（22）12，
∴（﹣2）3n＝224，
∴3n＝24，
解得，n＝8，
∴这三个数的和是：（﹣2）7+（﹣2）8+（﹣2）9＝（﹣2）7×（1﹣2+4）＝（﹣128）×3＝﹣384，
故答案为：﹣384．
【点评】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律．
7.（2019•四川省广安市•3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为（1，0），以OA1为直角边作Rt△OA1A2，并使∠A1OA2＝60°，再以OA2为直角边作Rt△OA2A3，并使∠A2OA3＝60°，再以OA3为直角边作Rt△OA3A4，并使∠A3OA4＝60°…按此规律进行下去，则点A2019的坐标为 （﹣22017，22017） ．
【分析】通过解直角三角形，依次求A1，A2，A3，A4，…各点的坐标，再从其中找出规律，便可得结论．
【解答】解：由题意得，
A1的坐标为（1，0），
A2的坐标为（1，），
A3的坐标为（﹣2，2），
A4的坐标为（﹣8，0），
A5的坐标为（﹣8，﹣8），
A6的坐标为（16，﹣16），
A7的坐标为（64，0），
…
由上可知，A点的方位是每6个循环，
与第一点方位相同的点在x正半轴上，其横坐标为2n﹣1，其纵坐标为0，
与第二点方位相同的点在第一象限内，其横坐标为2n﹣2，纵坐标为2n﹣2，
与第三点方位相同的点在第二象限内，其横坐标为﹣2n﹣2，纵坐标为2n﹣2，
与第四点方位相同的点在x负半轴上，其横坐标为﹣2n﹣1，纵坐标为0，
与第五点方位相同的点在第三象限内，其横坐标为﹣2n﹣2，纵坐标为﹣2n﹣2，
与第六点方位相同的点在第四象限内，其横坐标为2n﹣2，纵坐标为﹣2n﹣2，
∵2019÷6＝336…3，
∴点A2019的方位与点A23的方位相同，在第二象限内，其横坐标为﹣2n﹣2＝﹣22017，纵坐标为22017，
故答案为：（﹣22017，22017）．
【点评】本题主点的坐标的规律题，主要考查了解直角三角形的知识，关键是求出前面7个点的坐标，找出其存在的规律．
8.（2019湖南益阳4分）观察下列等式：
①3﹣2＝（﹣1）2，
②5﹣2＝（﹣）2，
③7﹣2＝（﹣）2，
…
请你根据以上规律，写出第6个等式 13﹣2＝（﹣）2 ．
【分析】第n个等式左边的第1个数为2n+1，根号下的数为n（n+1），利用完全平方公式得到第n个等式右边的式子为（﹣）2（n≥1的整数）．
【解答】解：写出第6个等式为13﹣2＝（﹣）2．
故答案为13﹣2＝（﹣）2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
9. （2019•甘肃庆阳•4分）已知一列数a，b，a+b，a+2b，2a+3b，3a+5b，……，按照这个规律写下去，第9个数是 13a+21b ．
【分析】由题意得出从第3个数开始，每个数均为前两个数的和，从而得出答案．
【解答】解：由题意知第7个数是5a+8b，第8个数是8a+13b，第9个数是13a+21b，
故答案为：13a+21b．
【点评】本题主要考查数字的变化规律，解题的关键是得出从第3个数开始，每个数均为前两个数的和的规律．
10. （2019·贵州安顺·4分）如图，将从1开始的自然数按下规律排列，例如位于第3行、第4列的数是12，则位于第45行、第7列的数是 ．
【解答】解：观察图表可知：第n行第一个数是n2，
∴第45行第一个数是2025，
∴第45行、第7列的数是2025﹣6＝2019，
故答案为2019
11. （2019•黑龙江省齐齐哈尔市•3分）如图，直线l：y＝x+1分别交x轴、y轴于点A和点A1，过点A1作A1B1⊥l，交x轴于点B1，过点B1作B1A2⊥x轴，交直线l于点A2；过点A2作A2B2⊥l，交x轴于点B2，过点B2作B2A3⊥x轴，交直线l于点A3，依此规律…，若图中阴影△A1OB1的面积为S1，阴影△A2B1B2的面积为S2，阴影△A3B2B3的面积为S3…，则Sn＝ ．
【分析】由直线l：y＝x+1可求出与x轴交点A的坐标，与y轴交点A1的坐标，进而得到OA，OA1的长，也可求出Rt△OAA1的各个内角的度数，是一个特殊的直角三角形，以下所作的三角形都是含有30°角的直角三角形，然后这个求出S1、S2、S3、S4、……根据规律得出Sn．
【解答】解：直线l：y＝x+1，当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝﹣
∴A（﹣，0）A1（0，1）
∴∠OAA1＝30°
又∵A1B1⊥l，
∴∠OA1B1＝30°，
在Rt△OA1B1中，OB1＝•OA1＝，
∴S1＝；
同理可求出：A2B1＝，B1B2＝，
∴S2＝＝＝；
依次可求出：S3＝；S4＝；S5＝……
因此：Sn＝
故答案为：．
12．（2019•山东泰安•4分）在平面直角坐标系中，直线l：y＝x+1与y轴交于点A1，如图所示，依次作正方形OA1B1C1，正方形C1A2B2C2，正方形C2A3B3C3，正方形C3A4B4C4，……，点A1，A2，A3，A4，……在直线l上，点C1，C2，C3，C4，……在x轴正半轴上，则前n个正方形对角线长的和是 （2n﹣1） ．
【分析】根据题意和函数图象可以求得点A1，A2，A3，A4的坐标，从而可以得到前n个正方形对角线长的和，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
点A1的坐标为（0，1），点A2的坐标为（1，2），点A3的坐标为（3，4），点A4的坐标为（7，8），……，
∴OA1＝1，C1A2＝2，C2A3＝4，C3A4＝8，……，
∴前n个正方形对角线长的和是：（OA1+C1A2+C2A3+C3A4+…+Cn﹣1An）＝（1+2+4+8+…+2n﹣1），
设S＝1+2+4+8+…+2n﹣1，则2S＝2+4+8+…+2n﹣1+2n，
则2S﹣S＝2n﹣1，
∴S＝2n﹣1，
∴1+2+4+8+…+2n﹣1＝2n﹣1，
∴前n个正方形对角线长的和是：×（2n﹣1），
故答案为：（2n﹣1），
【点评】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、规律型：点的坐标，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13．（2019•山东潍坊•3分）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，一组同心圆的圆心为坐标原点O，它们的半径分别为1，2，3，…，按照“加1”依次递增；一组平行线，l0，l1，l2，l3，…都与x轴垂直，相邻两直线的间距为l，其中l0与y轴重合若半径为2的圆与l1在第一象限内交于点P1，半径为3的圆与l2在第一象限内交于点P2，…，半径为n+1的圆与ln在第一象限内交于点Pn，则点Pn的坐标为 （n，） ．（n为正整数）
【分析】连OP1，OP2，OP3，l1、l2、l3与x轴分别交于A1、A2、A3，在Rt△OA1P1中，OA1＝1，OP1＝2，由勾股定理得出A1P1＝＝，同理：A2P2＝，A3P3＝，……，得出P1的坐标为（ 1，），P2的坐标为（ 2，），P3的坐标为（3，），……，得出规律，即可得出结果．
【解答】解：连接OP1，OP2，OP3，l1、l2、l3与x轴分别交于A1、A2、A3，如图所示：
在Rt△OA1P1中，OA1＝1，OP1＝2，
∴A1P1＝＝＝，
同理：A2P2＝＝，A3P3＝＝，……，
∴P1的坐标为（ 1，），P2的坐标为（ 2，），P3的坐标为（3，），……，
…按照此规律可得点Pn的坐标是（n，），即（n，）
故答案为：（n，）．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了勾股定理；由题意得出规律是解题的关键．
14．(2019•湖南益阳•4分)观察下列等式：
①3－＝(－1)2，
②5－＝(－)2，
③7－＝(－)2，
…
请你根据以上规律，写出第6个等式 ．
【考点】规律探究---二次根式化简．
【分析】第n个等式左边的第1个数为2n+1，根号下的数为n(n+1)，利用完全平方公式得到第n个等式右边的式子为(－)2(n≥1的整数)．
【解答】解：写出第6个等式为13－2＝(－)2．
故答案为13－2＝(－)2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
15 (2019湖北仙桃)（3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y＝x+上，且∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是 （95，32） ．
【分析】根据菱形的边长求得A1、A2、A3…的坐标然后分别表示出C1、C2、C3…的坐标找出规律进而求得C6的坐标．
【解答】解：∵OA1＝1，
∴OC1＝1，
∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，
∴C1的纵坐标为：sin60°•OC1＝，横坐标为cos60°•OC1＝，
∴C1（，），
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，
∴A1C2＝2，A2C3＝4，A3C4＝8，…，
∴C2的纵坐标为：sin60°•A1C2＝，代入y＝x+求得横坐标为2，
∴C2（，2，），
C3的纵坐标为：sin60°•A2C3＝4，代入y＝x+求得横坐标为11，
∴C3（11，4），
∴C4（23，8），
C5（47，16），
∴C6（95，32）；
故答案为（95，32）．
【点评】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．
16. (2019湖北咸宁市3分)有一列数，按一定规律排列成1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，其中某三个相邻数的积是412，则这三个数的和是 ﹣384 ．
【分析】根据题目中的数字，可以发现它们的变化规律，再根据其中某三个相邻数的积是412，可以求得这三个数，从而可以求得这三个数的和．
【解答】解：∵一列数为1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，
∴这列数的第n个数可以表示为（﹣2）n﹣1，
∵其中某三个相邻数的积是412，
∴设这三个相邻的数为（﹣2）n﹣1.（﹣2）n、（﹣2）n+1，
则（﹣2）n﹣1•（﹣2）n•（﹣2）n+1＝412，
即（﹣2）3n＝（22）12，
∴（﹣2）3n＝224，
∴3n＝24，
解得，n＝8，
∴这三个数的和是：（﹣2）7+（﹣2）8+（﹣2）9＝（﹣2）7×（1﹣2+4）＝（﹣128）×3＝﹣384，
故答案为：﹣384．
【点评】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律．
三.解答题
1.（2019•四川省达州市•11分）箭头四角形
模型规律
如图1，延长CO交AB于点D，则∠BOC＝∠1+∠B＝∠A+∠C+∠B．
因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC＝∠A+∠B+∠C”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．
模型应用
（1）直接应用：①如图2，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ 2α ．
②如图3，∠ABE、∠ACE的2等分线（即角平分线）BF、CF交于点F，已知∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BFC＝ 85° ．
③如图4，BOi、COi分别为∠ABO、∠ACO的2019等分线（i＝1，2，3，…，2017，2018）．它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O2018．已知∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，则∠BO1000C＝ （m+n） 度．
（2）拓展应用：如图5，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．求证：四边形OBCD是菱形．
【分析】（1）①由∠A+∠B+∠C＝∠BOC＝α，∠D+∠E+∠F＝∠DOE＝α可得答案；
②由∠BEC＝∠EBF+∠ECF+∠F，∠F＝∠ABF+∠ACF+∠A且∠EBF＝∠ABF，∠ECF＝∠ACF知∠BEC＝∠F﹣∠A+∠F，从而得∠F＝，代入计算可得；
③由∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC知∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C得∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，据此得出∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，代入可得答案；
（2）由∠OAB＝∠OBA，∠OAD＝∠ODA知∠BOD＝∠BAD+∠ABO+∠ADO＝2∠BAD，结合∠BCD＝2∠BAD得∠BCD＝∠BOD，连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
【解答】解：（1）①如图2，
在凹四边形ABOC中，∠A+∠B+∠C＝∠BOC＝α，
在凹四边形DOEF中，∠D+∠E+∠F＝∠DOE＝α，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝2α；
②如图3，
∵∠BEC＝∠EBF+∠ECF+∠F，∠F＝∠ABF+∠ACF+∠A，且∠EBF＝∠ABF，∠ECF＝∠ACF，
∴∠BEC＝∠F﹣∠A+∠F，
∴∠F＝，
∵∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，
∴∠F＝85°；
③如图3，
由题意知∠ABO1000＝∠ABO，∠OBO1000＝∠ABO，
∠ACO1000＝∠ACO，∠OCO1000＝∠ACO，
∴∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，
∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC，
则∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），
代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C得∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，
解得：∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，
∵∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，
∴∠BO1000C＝m°+n°；
故答案为：①2α；②85°；③（m+n）；
（2）如图5，连接OC，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OAD＝∠ODA，
∴∠BOD＝∠BAD+∠ABO+∠ADO＝2∠BAD，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝∠BOD，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边，
∴△OBC≌△ODC（SSS），
∴∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∠BCD＝∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC＝∠BOD，∠BCO＝∠BCD，
又∠BOD＝∠BCD，
∴∠BOC＝∠BCO，
∴BO＝BC，
又OB＝OD，BC＝CD，
∴OB＝BC＝CD＝DO，
∴四边形OBCD是菱形．
【点评】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握“箭头四角形”的性质∠BOC＝∠A+∠B+∠C及其运用，全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点．
2．（2019•山东青岛•10分）问题提出：
如图，图①是一张由三个边长为1的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张a×b的方格纸（a×b的方格纸指边长分别为a，b的矩形，被分成a×b个边长为1的小正方形，其中a≥2，b≥2，且a，b为正整数）．把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
问题探究：
为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的结论．
探究一：
把图①放置在2×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图③，对于2×2的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有4种不同的放置方法．
探究二：
把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图④，在3×2的方格纸中，共可以找到2个位置不同的 2 2×方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有2×4＝8种不同的放置方法．
探究三：
把图①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑤，在a×2的方格纸中，共可以找到 （a﹣1） 个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 （4a﹣4） 种不同的放置方法．
探究四：
把图①放置在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑥，在a×3的方格纸中，共可以找到 （2a﹣2） 个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 （8a﹣8） 种不同的放置方法．
……
问题解决：
把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图．）
问题拓展：
如图，图⑦是一个由4个棱长为1的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为a，b，c（a≥2，b≥2，c≥2，且a，b，c是正整数）的长方体，被分成了a×b×c个棱长为1的小立方体．在图⑧的不同位置共可以找到 8（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1） 个图⑦这样的几何体．
【分析】对于图形的变化类的规律题，首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
【解答】解：探究三：
根据探究二，a×2的方格纸中，共可以找到（a﹣1）个位置不同的 2×2方格，
根据探究一结论可知，每个2×2方格中有4种放置方法，所以在a×2的方格纸中，共可以找到（a﹣1）×4＝（4a﹣4）种不同的放置方法；
故答案为a﹣1，4a﹣4；
探究四：
与探究三相比，本题矩形的宽改变了，可以沿用上一问的思路：边长为a，有（a﹣1）条边长为2的线段，
同理，边长为3，则有3﹣1＝2条边长为2的线段，
所以在a×3的方格中，可以找到2（a﹣1）＝（2a﹣2）个位置不同的2×2方格，
根据探究一，在在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有（2a﹣2）×4＝（8a﹣8）种不同的放置方法．
故答案为2a﹣2，8a﹣8；
问题解决：
在a×b的方格纸中，共可以找到（a﹣1）（b﹣1）个位置不同的2×2方格，
依照探究一的结论可知，把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有4（a﹣1）（b﹣1）种不同的放置方法；
问题拓展：
发现图⑦示是棱长为2的正方体中的一部分，利用前面的思路，
这个长方体的长宽高分别为a、b、c，则分别可以找到（a﹣1）、（b﹣1）、（c﹣1）条边长为2的线段，
所以在a×b×c的长方体共可以找到（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）位置不同的2×2×2的正方体，
再根据探究一类比发现，每个2×2×2的正方体有8种放置方法，
所以在a×b×c的长方体中共可以找到8（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）个图⑦这样的几何体；
故答案为8（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）．
【点评】此题考查了平面图形的有规律变化，要求学生通过观察图形，分析、归纳并发现其中的规律，并应用规律解决问题是解题的关键．
专题训练36 规律探索
一.选择题
1.（2019•湖北省鄂州市•3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3…An在x轴上，B1、B2、B3…Bn在直线y＝x上，若A1（1，0），且△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1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S1、S2、S3…Sn．则Sn可表示为（ ）
A．22n B．22n﹣1 C．22n﹣2 D．22n﹣3
【分析】直线y＝x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，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，△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1都是等边三角形，
∵直线y＝x与x轴的成角∠B1OA1＝30°，∠OA1B1＝120°，
∴∠OB1A1＝30°，
∴OA1＝A1B1，
∵A1（1，0），
∴A1B1＝1，
同理∠OB2A2＝30°，…，∠OBnAn＝30°，
∴B2A2＝OA2＝2，B3A3＝4，…，BnAn＝2n﹣1，
易得∠OB1A2＝90°，…，∠OBnAn+1＝90°，
∴B1B2＝，B2B3＝2，…，BnBn+1＝2n，
∴S1＝×1×＝，S2＝×2×2＝2，…，Sn＝×2n﹣1×2n＝；
故选：D．
【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，并求出每边长是解题的关键．
2.（2019•四川省达州市•3分）a是不为1的有理数，我们把称为a的差倒数，如2的差倒数为＝﹣1，﹣1的差倒数＝，已知a1＝5，a2是a1的差倒数，a3是a2的差倒数，a4是a3的差倒数…，依此类推，a2019的值是（ ）
A．5 B．﹣ C． D．
【分析】根据差倒数的定义分别求出前几个数便不难发现，每3个数为一个循环组依次循环，用2019除以3，根据余数的情况确定出与a2019相同的数即可得解．
【解答】解：∵a1＝5，
a2＝＝＝﹣，
a3＝＝＝，
a4＝＝＝5，
…
∴数列以5，﹣，三个数依次不断循环，
∵2019÷3＝673，
∴a2019＝a3＝，
故选：D．
【点评】本题是对数字变化规律的考查，理解差倒数的定义并求出每3个数为一个循环组依次循环是解题的关键．
3.（2019湖南常德3分）观察下列等式：70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得70+71+72+…+72019的结果的个位数字是（ ）
A．0 B．1 C．7 D．8
【分析】首先得出尾数变化规律，进而得出70+71+72+…+72019的结果的个位数字．
【解答】解：∵70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，
∴个位数4个数一循环，
∴（2019+1）÷4＝505，
∴1+7+9+3＝20，
∴70+71+72+…+72019的结果的个位数字是：0．
故选：A．
【点评】此题主要考查了尾数特征，正确得出尾数变化规律是解题关键．
4.（2019云南4分）按一定规律排列的单项式：x3，－x5，x7，－x9，x11，……第n个单项式是
A.（－1）n－1x2n－1B.（－1）nx2n－1
C.（－1）n－1x2n＋1D.（－1）nx2n＋1
【解析】观察可知，奇数项系数为正，偶数项系数为负，∴可以用或，（为大于等于1的整数）来控制正负，指数为从第3开始的奇数，所以指数部分规律为，故选C
5 （2019·广西贺州·3分）计算++++…+的结果是（ ）
A． B． C． D．
【分析】把每个分数写成两个分数之差的一半，然后再进行简便运算．
【解答】解：原式＝
＝
＝．
故选：B．
【点评】本题是一个规律计算题，主要考查了有理数的混合运算，关键是把分数乘法转化成分数减法来计算．
6．(2019•湖南常德•3分)观察下列等式：70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得70+71+72+…+72019的结果的个位数字是( )
A．0 B．1 C．7 D．8
【考点】规律探究．
【分析】首先得出尾数变化规律，进而得出70+71+72+…+72019的结果的个位数字．
【解答】解：∵70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，
∴个位数4个数一循环，
∴(2019+1)÷4＝505，
∴1+7+9+3＝20，
∴70+71+72+…+72019的结果的个位数字是0．故选A．
【点评】此题主要考查了尾数特征，正确得出尾数变化规律是解题关键．
7．(2019•云南•4分)按一定规律排列的单项式：x3，－x5，x7，－x9，x11，……第n个单项式是( )
A． B． C． D．
【考点】规律探究．
【分析】观察各单项式，发现奇数项系数为正，偶数项系数为负，∴可以用或(为大于等于1的整数)来控制正负，指数为从第3开始的奇数，所以指数部分规律为．
【解答】解：观察可知，奇数项系数为正，偶数项系数为负，∴可以用或(为大于等于1的整数)来控制正负，指数为从第3开始的奇数，所以指数部分规律为，故选C．
【点评】此题主要考查了数式规律探究．奇数项系数为正，偶数项系数为负，一般可用或(为大于等于1的整数)来调节正负．
8．（2019湖北省鄂州市）（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3…An在x轴上，B1、B2、B3…Bn在直线y＝x上，若A1（1，0），且△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1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S1、S2、S3…Sn．则Sn可表示为（ ）
A．22n B．22n﹣1 C．22n﹣2 D．22n﹣3
【分析】直线y＝x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，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，△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1都是等边三角形，
∵直线y＝x与x轴的成角∠B1OA1＝30°，∠OA1B1＝120°，
∴∠OB1A1＝30°，
∴OA1＝A1B1，
∵A1（1，0），
∴A1B1＝1，
同理∠OB2A2＝30°，…，∠OBnAn＝30°，
∴B2A2＝OA2＝2，B3A3＝4，…，BnAn＝2n﹣1，
易得∠OB1A2＝90°，…，∠OBnAn+1＝90°，
∴B1B2＝，B2B3＝2，…，BnBn+1＝2n，
∴S1＝×1×＝，S2＝×2×2＝2，…，Sn＝×2n﹣1×2n＝；
故选：D．
【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，并求出每边长是解题的关键．
二.填空题
1．（2019黑龙江省绥化3分）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，按如图中的规律摆放．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“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…”的路线运动，设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2019的坐标是 ．
答案：
考点：找规律
解析：
2 （2019•海南省•4分）有2019个数排成一行，对于任意相邻的三个数，都有中间的数等于前后两数的和．如果第一个数是0，第二个数是1，那么前6个数的和是 0 ，这2019个数的和是 2 ．
【分析】根据题意可以写出这组数据的前几个数，从而可以数字的变化规律，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
这列数为：0，1，1，0，﹣1，﹣1，0，1，1，…，
∴前6个数的和是：0+1+1+0+（﹣1）+（﹣1）＝0，
∵2019÷6＝336…3，
∴这2019个数的和是：0×336+（0+1+1）＝2，
故答案为：0，2．
【点评】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律，每六个数重复出现．
3 （2019•黑龙江省绥化市•3分）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，按如图中的规律摆放．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“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…”的路线运动，设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2019的坐标是 ．
答案：
考点：找规律
解析：
4. （2019•贵州省铜仁市•4分）按一定规律排列的一列数依次为：﹣，，﹣，，…（a≠0），按此规律排列下去，这列数中的第n个数是 ．（n为正整数）
（﹣1）n•．【解答】解：第1个数为（﹣1）1•，
第2个数为（﹣1）2•，
第3个数为（﹣1）3•，
第4个数为（﹣1）4•，
…，
所以这列数中的第n个数是（﹣1）n•．
5.（2019•湖北省仙桃市•3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y＝x+上，且∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是 （95，32） ．
【分析】根据菱形的边长求得A1、A2、A3…的坐标然后分别表示出C1、C2、C3…的坐标找出规律进而求得C6的坐标．
【解答】解：∵OA1＝1，
∴OC1＝1，
∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，
∴C1的纵坐标为：sin60°•OC1＝，横坐标为cos60°•OC1＝，
∴C1（，），
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，
∴A1C2＝2，A2C3＝4，A3C4＝8，…，
∴C2的纵坐标为：sin60°•A1C2＝，代入y＝x+求得横坐标为2，
∴C2（，2，），
C3的纵坐标为：sin60°•A2C3＝4，代入y＝x+求得横坐标为11，
∴C3（11，4），
∴C4（23，8），
C5（47，16），
∴C6（95，32）；
故答案为（95，32）．
【点评】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．
6.（2019•湖北省咸宁市•3分）有一列数，按一定规律排列成1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，其中某三个相邻数的积是412，则这三个数的和是 ﹣384 ．
【分析】根据题目中的数字，可以发现它们的变化规律，再根据其中某三个相邻数的积是412，可以求得这三个数，从而可以求得这三个数的和．
【解答】解：∵一列数为1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，
∴这列数的第n个数可以表示为（﹣2）n﹣1，
∵其中某三个相邻数的积是412，
∴设这三个相邻的数为（﹣2）n﹣1.（﹣2）n、（﹣2）n+1，
则（﹣2）n﹣1•（﹣2）n•（﹣2）n+1＝412，
即（﹣2）3n＝（22）12，
∴（﹣2）3n＝224，
∴3n＝24，
解得，n＝8，
∴这三个数的和是：（﹣2）7+（﹣2）8+（﹣2）9＝（﹣2）7×（1﹣2+4）＝（﹣128）×3＝﹣384，
故答案为：﹣384．
【点评】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律．
7.（2019•四川省广安市•3分）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为（1，0），以OA1为直角边作Rt△OA1A2，并使∠A1OA2＝60°，再以OA2为直角边作Rt△OA2A3，并使∠A2OA3＝60°，再以OA3为直角边作Rt△OA3A4，并使∠A3OA4＝60°…按此规律进行下去，则点A2019的坐标为 （﹣22017，22017） ．
【分析】通过解直角三角形，依次求A1，A2，A3，A4，…各点的坐标，再从其中找出规律，便可得结论．
【解答】解：由题意得，
A1的坐标为（1，0），
A2的坐标为（1，），
A3的坐标为（﹣2，2），
A4的坐标为（﹣8，0），
A5的坐标为（﹣8，﹣8），
A6的坐标为（16，﹣16），
A7的坐标为（64，0），
…
由上可知，A点的方位是每6个循环，
与第一点方位相同的点在x正半轴上，其横坐标为2n﹣1，其纵坐标为0，
与第二点方位相同的点在第一象限内，其横坐标为2n﹣2，纵坐标为2n﹣2，
与第三点方位相同的点在第二象限内，其横坐标为﹣2n﹣2，纵坐标为2n﹣2，
与第四点方位相同的点在x负半轴上，其横坐标为﹣2n﹣1，纵坐标为0，
与第五点方位相同的点在第三象限内，其横坐标为﹣2n﹣2，纵坐标为﹣2n﹣2，
与第六点方位相同的点在第四象限内，其横坐标为2n﹣2，纵坐标为﹣2n﹣2，
∵2019÷6＝336…3，
∴点A2019的方位与点A23的方位相同，在第二象限内，其横坐标为﹣2n﹣2＝﹣22017，纵坐标为22017，
故答案为：（﹣22017，22017）．
【点评】本题主点的坐标的规律题，主要考查了解直角三角形的知识，关键是求出前面7个点的坐标，找出其存在的规律．
8.（2019湖南益阳4分）观察下列等式：
①3﹣2＝（﹣1）2，
②5﹣2＝（﹣）2，
③7﹣2＝（﹣）2，
…
请你根据以上规律，写出第6个等式 13﹣2＝（﹣）2 ．
【分析】第n个等式左边的第1个数为2n+1，根号下的数为n（n+1），利用完全平方公式得到第n个等式右边的式子为（﹣）2（n≥1的整数）．
【解答】解：写出第6个等式为13﹣2＝（﹣）2．
故答案为13﹣2＝（﹣）2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
9. （2019•甘肃庆阳•4分）已知一列数a，b，a+b，a+2b，2a+3b，3a+5b，……，按照这个规律写下去，第9个数是 13a+21b ．
【分析】由题意得出从第3个数开始，每个数均为前两个数的和，从而得出答案．
【解答】解：由题意知第7个数是5a+8b，第8个数是8a+13b，第9个数是13a+21b，
故答案为：13a+21b．
【点评】本题主要考查数字的变化规律，解题的关键是得出从第3个数开始，每个数均为前两个数的和的规律．
10. （2019·贵州安顺·4分）如图，将从1开始的自然数按下规律排列，例如位于第3行、第4列的数是12，则位于第45行、第7列的数是 ．
【解答】解：观察图表可知：第n行第一个数是n2，
∴第45行第一个数是2025，
∴第45行、第7列的数是2025﹣6＝2019，
故答案为2019
11. （2019•黑龙江省齐齐哈尔市•3分）如图，直线l：y＝x+1分别交x轴、y轴于点A和点A1，过点A1作A1B1⊥l，交x轴于点B1，过点B1作B1A2⊥x轴，交直线l于点A2；过点A2作A2B2⊥l，交x轴于点B2，过点B2作B2A3⊥x轴，交直线l于点A3，依此规律…，若图中阴影△A1OB1的面积为S1，阴影△A2B1B2的面积为S2，阴影△A3B2B3的面积为S3…，则Sn＝ ．
【分析】由直线l：y＝x+1可求出与x轴交点A的坐标，与y轴交点A1的坐标，进而得到OA，OA1的长，也可求出Rt△OAA1的各个内角的度数，是一个特殊的直角三角形，以下所作的三角形都是含有30°角的直角三角形，然后这个求出S1、S2、S3、S4、……根据规律得出Sn．
【解答】解：直线l：y＝x+1，当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝﹣
∴A（﹣，0）A1（0，1）
∴∠OAA1＝30°
又∵A1B1⊥l，
∴∠OA1B1＝30°，
在Rt△OA1B1中，OB1＝•OA1＝，
∴S1＝；
同理可求出：A2B1＝，B1B2＝，
∴S2＝＝＝；
依次可求出：S3＝；S4＝；S5＝……
因此：Sn＝
故答案为：．
12．（2019•山东泰安•4分）在平面直角坐标系中，直线l：y＝x+1与y轴交于点A1，如图所示，依次作正方形OA1B1C1，正方形C1A2B2C2，正方形C2A3B3C3，正方形C3A4B4C4，……，点A1，A2，A3，A4，……在直线l上，点C1，C2，C3，C4，……在x轴正半轴上，则前n个正方形对角线长的和是 （2n﹣1） ．
【分析】根据题意和函数图象可以求得点A1，A2，A3，A4的坐标，从而可以得到前n个正方形对角线长的和，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
点A1的坐标为（0，1），点A2的坐标为（1，2），点A3的坐标为（3，4），点A4的坐标为（7，8），……，
∴OA1＝1，C1A2＝2，C2A3＝4，C3A4＝8，……，
∴前n个正方形对角线长的和是：（OA1+C1A2+C2A3+C3A4+…+Cn﹣1An）＝（1+2+4+8+…+2n﹣1），
设S＝1+2+4+8+…+2n﹣1，则2S＝2+4+8+…+2n﹣1+2n，
则2S﹣S＝2n﹣1，
∴S＝2n﹣1，
∴1+2+4+8+…+2n﹣1＝2n﹣1，
∴前n个正方形对角线长的和是：×（2n﹣1），
故答案为：（2n﹣1），
【点评】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、规律型：点的坐标，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13．（2019•山东潍坊•3分）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，一组同心圆的圆心为坐标原点O，它们的半径分别为1，2，3，…，按照“加1”依次递增；一组平行线，l0，l1，l2，l3，…都与x轴垂直，相邻两直线的间距为l，其中l0与y轴重合若半径为2的圆与l1在第一象限内交于点P1，半径为3的圆与l2在第一象限内交于点P2，…，半径为n+1的圆与ln在第一象限内交于点Pn，则点Pn的坐标为 （n，） ．（n为正整数）
【分析】连OP1，OP2，OP3，l1、l2、l3与x轴分别交于A1、A2、A3，在Rt△OA1P1中，OA1＝1，OP1＝2，由勾股定理得出A1P1＝＝，同理：A2P2＝，A3P3＝，……，得出P1的坐标为（ 1，），P2的坐标为（ 2，），P3的坐标为（3，），……，得出规律，即可得出结果．
【解答】解：连接OP1，OP2，OP3，l1、l2、l3与x轴分别交于A1、A2、A3，如图所示：
在Rt△OA1P1中，OA1＝1，OP1＝2，
∴A1P1＝＝＝，
同理：A2P2＝＝，A3P3＝＝，……，
∴P1的坐标为（ 1，），P2的坐标为（ 2，），P3的坐标为（3，），……，
…按照此规律可得点Pn的坐标是（n，），即（n，）
故答案为：（n，）．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了勾股定理；由题意得出规律是解题的关键．
14．(2019•湖南益阳•4分)观察下列等式：
①3－＝(－1)2，
②5－＝(－)2，
③7－＝(－)2，
…
请你根据以上规律，写出第6个等式 ．
【考点】规律探究---二次根式化简．
【分析】第n个等式左边的第1个数为2n+1，根号下的数为n(n+1)，利用完全平方公式得到第n个等式右边的式子为(－)2(n≥1的整数)．
【解答】解：写出第6个等式为13－2＝(－)2．
故答案为13－2＝(－)2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
15 (2019湖北仙桃)（3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y＝x+上，且∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是 （95，32） ．
【分析】根据菱形的边长求得A1、A2、A3…的坐标然后分别表示出C1、C2、C3…的坐标找出规律进而求得C6的坐标．
【解答】解：∵OA1＝1，
∴OC1＝1，
∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，
∴C1的纵坐标为：sin60°•OC1＝，横坐标为cos60°•OC1＝，
∴C1（，），
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，
∴A1C2＝2，A2C3＝4，A3C4＝8，…，
∴C2的纵坐标为：sin60°•A1C2＝，代入y＝x+求得横坐标为2，
∴C2（，2，），
C3的纵坐标为：sin60°•A2C3＝4，代入y＝x+求得横坐标为11，
∴C3（11，4），
∴C4（23，8），
C5（47，16），
∴C6（95，32）；
故答案为（95，32）．
【点评】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．
16. (2019湖北咸宁市3分)有一列数，按一定规律排列成1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，其中某三个相邻数的积是412，则这三个数的和是 ﹣384 ．
【分析】根据题目中的数字，可以发现它们的变化规律，再根据其中某三个相邻数的积是412，可以求得这三个数，从而可以求得这三个数的和．
【解答】解：∵一列数为1，﹣2，4，﹣8，16，﹣32，…，
∴这列数的第n个数可以表示为（﹣2）n﹣1，
∵其中某三个相邻数的积是412，
∴设这三个相邻的数为（﹣2）n﹣1.（﹣2）n、（﹣2）n+1，
则（﹣2）n﹣1•（﹣2）n•（﹣2）n+1＝412，
即（﹣2）3n＝（22）12，
∴（﹣2）3n＝224，
∴3n＝24，
解得，n＝8，
∴这三个数的和是：（﹣2）7+（﹣2）8+（﹣2）9＝（﹣2）7×（1﹣2+4）＝（﹣128）×3＝﹣384，
故答案为：﹣384．
【点评】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律．
三.解答题
1.（2019•四川省达州市•11分）箭头四角形
模型规律
如图1，延长CO交AB于点D，则∠BOC＝∠1+∠B＝∠A+∠C+∠B．
因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC＝∠A+∠B+∠C”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．
模型应用
（1）直接应用：①如图2，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ 2α ．
②如图3，∠ABE、∠ACE的2等分线（即角平分线）BF、CF交于点F，已知∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BFC＝ 85° ．
③如图4，BOi、COi分别为∠ABO、∠ACO的2019等分线（i＝1，2，3，…，2017，2018）．它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O2018．已知∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，则∠BO1000C＝ （m+n） 度．
（2）拓展应用：如图5，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．求证：四边形OBCD是菱形．
【分析】（1）①由∠A+∠B+∠C＝∠BOC＝α，∠D+∠E+∠F＝∠DOE＝α可得答案；
②由∠BEC＝∠EBF+∠ECF+∠F，∠F＝∠ABF+∠ACF+∠A且∠EBF＝∠ABF，∠ECF＝∠ACF知∠BEC＝∠F﹣∠A+∠F，从而得∠F＝，代入计算可得；
③由∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC知∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C得∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，据此得出∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，代入可得答案；
（2）由∠OAB＝∠OBA，∠OAD＝∠ODA知∠BOD＝∠BAD+∠ABO+∠ADO＝2∠BAD，结合∠BCD＝2∠BAD得∠BCD＝∠BOD，连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
【解答】解：（1）①如图2，
在凹四边形ABOC中，∠A+∠B+∠C＝∠BOC＝α，
在凹四边形DOEF中，∠D+∠E+∠F＝∠DOE＝α，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝2α；
②如图3，
∵∠BEC＝∠EBF+∠ECF+∠F，∠F＝∠ABF+∠ACF+∠A，且∠EBF＝∠ABF，∠ECF＝∠ACF，
∴∠BEC＝∠F﹣∠A+∠F，
∴∠F＝，
∵∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，
∴∠F＝85°；
③如图3，
由题意知∠ABO1000＝∠ABO，∠OBO1000＝∠ABO，
∠ACO1000＝∠ACO，∠OCO1000＝∠ACO，
∴∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，
∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC，
则∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），
代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C得∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，
解得：∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，
∵∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，
∴∠BO1000C＝m°+n°；
故答案为：①2α；②85°；③（m+n）；
（2）如图5，连接OC，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OAD＝∠ODA，
∴∠BOD＝∠BAD+∠ABO+∠ADO＝2∠BAD，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝∠BOD，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边，
∴△OBC≌△ODC（SSS），
∴∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∠BCD＝∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC＝∠BOD，∠BCO＝∠BCD，
又∠BOD＝∠BCD，
∴∠BOC＝∠BCO，
∴BO＝BC，
又OB＝OD，BC＝CD，
∴OB＝BC＝CD＝DO，
∴四边形OBCD是菱形．
【点评】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握“箭头四角形”的性质∠BOC＝∠A+∠B+∠C及其运用，全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点．
2．（2019•山东青岛•10分）问题提出：
如图，图①是一张由三个边长为1的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张a×b的方格纸（a×b的方格纸指边长分别为a，b的矩形，被分成a×b个边长为1的小正方形，其中a≥2，b≥2，且a，b为正整数）．把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
问题探究：
为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的结论．
探究一：
把图①放置在2×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图③，对于2×2的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有4种不同的放置方法．
探究二：
把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图④，在3×2的方格纸中，共可以找到2个位置不同的 2 2×方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有2×4＝8种不同的放置方法．
探究三：
把图①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑤，在a×2的方格纸中，共可以找到 （a﹣1） 个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 （4a﹣4） 种不同的放置方法．
探究四：
把图①放置在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑥，在a×3的方格纸中，共可以找到 （2a﹣2） 个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 （8a﹣8） 种不同的放置方法．
……
问题解决：
把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图．）
问题拓展：
如图，图⑦是一个由4个棱长为1的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为a，b，c（a≥2，b≥2，c≥2，且a，b，c是正整数）的长方体，被分成了a×b×c个棱长为1的小立方体．在图⑧的不同位置共可以找到 8（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1） 个图⑦这样的几何体．
【分析】对于图形的变化类的规律题，首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
【解答】解：探究三：
根据探究二，a×2的方格纸中，共可以找到（a﹣1）个位置不同的 2×2方格，
根据探究一结论可知，每个2×2方格中有4种放置方法，所以在a×2的方格纸中，共可以找到（a﹣1）×4＝（4a﹣4）种不同的放置方法；
故答案为a﹣1，4a﹣4；
探究四：
与探究三相比，本题矩形的宽改变了，可以沿用上一问的思路：边长为a，有（a﹣1）条边长为2的线段，
同理，边长为3，则有3﹣1＝2条边长为2的线段，
所以在a×3的方格中，可以找到2（a﹣1）＝（2a﹣2）个位置不同的2×2方格，
根据探究一，在在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有（2a﹣2）×4＝（8a﹣8）种不同的放置方法．
故答案为2a﹣2，8a﹣8；
问题解决：
在a×b的方格纸中，共可以找到（a﹣1）（b﹣1）个位置不同的2×2方格，
依照探究一的结论可知，把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有4（a﹣1）（b﹣1）种不同的放置方法；
问题拓展：
发现图⑦示是棱长为2的正方体中的一部分，利用前面的思路，
这个长方体的长宽高分别为a、b、c，则分别可以找到（a﹣1）、（b﹣1）、（c﹣1）条边长为2的线段，
所以在a×b×c的长方体共可以找到（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）位置不同的2×2×2的正方体，
再根据探究一类比发现，每个2×2×2的正方体有8种放置方法，
所以在a×b×c的长方体中共可以找到8（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）个图⑦这样的几何体；
故答案为8（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）．
【点评】此题考查了平面图形的有规律变化，要求学生通过观察图形，分析、归纳并发现其中的规律，并应用规律解决问题是解题的关键．
