（試題 試卷 真題）八：歸納猜想型問(wèn)題(二)

2013年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題講座八：歸納猜想型問(wèn)題（二）一、中考專題詮釋歸納猜想型問(wèn)題在中考中越來(lái)越被命題者所注重。這類題要求根據(jù)題目中的圖形或者數(shù)字，分析歸納，直觀地發(fā)現(xiàn)共同特征，或者發(fā)展變化的趨勢(shì)，據(jù)此去預(yù)測(cè)估計(jì)它的規(guī)律或者其他相關(guān)結(jié)論，使帶有猜想性質(zhì)的推斷盡可能與現(xiàn)實(shí)情況相吻合，必要時(shí)可以進(jìn)行驗(yàn)證或者證明，依此體現(xiàn)出猜想的實(shí)際意義。二、解題策略和解法精講歸納猜想型問(wèn)題對(duì)考生的觀察分析能力要求較高，經(jīng)常以填空等形式出現(xiàn)，解題時(shí)要善于從所提供的數(shù)字或圖形信息中，尋找其共同之處，這個(gè)存在于個(gè)例中的共性，就是規(guī)律。其中蘊(yùn)含著“特殊一般特殊”的常用模式，體現(xiàn)了總結(jié)歸納的數(shù)學(xué)思想，這也正是人類認(rèn)識(shí)新生事物的一般過(guò)程。相對(duì)而言，猜想結(jié)論型問(wèn)題的難度較大些，具體題目往往是直觀猜想與科學(xué)論證、具體應(yīng)用的結(jié)合，解題的方法也更為靈活多樣：計(jì)算、驗(yàn)證、類比、比較、測(cè)量、繪圖、移動(dòng)等等，都能用到。由于猜想本身就是一種重要的數(shù)學(xué)方法，也是人們探索發(fā)現(xiàn)新知的重要手段，非常有利于培養(yǎng)創(chuàng)造性思維能力，所以備受命題專家的青睞，逐步成為中考的持續(xù)熱點(diǎn)。三、中考考點(diǎn)精講考點(diǎn)四：猜想數(shù)量關(guān)系數(shù)量關(guān)系的表現(xiàn)形式多種多樣，這些關(guān)系不一定就是我們目前所學(xué)習(xí)的函數(shù)關(guān)系式。在猜想這種問(wèn)題時(shí)，通常也是根據(jù)題目給出的關(guān)系式進(jìn)行類比，仿照猜想數(shù)式規(guī)律的方法解答。例8 （2012蘇州）已知在平面直角坐標(biāo)系中放置了5個(gè)如圖所示的正方形（用陰影表示），點(diǎn)B1在y軸上，點(diǎn)C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x軸上若正方形A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為1，B1C1O=60，B1C1B2C2B3C3，則點(diǎn)A3到x軸的距離是（）A BCD考點(diǎn)：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；解直角三角形。專題：規(guī)律型。分析：利用正方形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)分別得出D1E1=B2E2=，B2C2=，進(jìn)而得出B3C3=，求出WQ=，F(xiàn)W=WA3cos30=，即可得出答案解答：解：過(guò)小正方形的一個(gè)頂點(diǎn)W作FQx軸于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)A3FFQ于點(diǎn)F，正方形A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為1，B1C1O=60，B1C1B2C2B3C3，B3C3 E4=60，D1C1E1=30，E2B2C2=30，D1E1=D1C1=，D1E1=B2E2=，cos30=，解得：B2C2=，B3E4=，cos30=，解得：B3C3=，則WC3=，根據(jù)題意得出：WC3 Q=30，C3 WQ=60，A3 WF=30，WQ=，F(xiàn)W=WA3cos30=，則點(diǎn)A3到x軸的距離是：FW+WQ=+=，故選：D點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，根據(jù)已知得出B3C3的長(zhǎng)是解題關(guān)鍵例9 （2012紹興）如圖，直角三角形紙片ABC中，AB=3，AC=4，D為斜邊BC中點(diǎn)，第1次將紙片折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)D重合，折痕與AD交與點(diǎn)P1；設(shè)P1D的中點(diǎn)為D1，第2次將紙片折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)D1重合，折痕與AD交于點(diǎn)P2；設(shè)P2D1的中點(diǎn)為D2，第3次將紙片折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)D2重合，折痕與AD交于點(diǎn)P3；設(shè)Pn1Dn2的中點(diǎn)為Dn1，第n次將紙片折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)Dn1重合，折痕與AD交于點(diǎn)Pn（n2），則AP6的長(zhǎng)為（）A BCD考點(diǎn)：翻折變換（折疊問(wèn)題）。專題：規(guī)律型。分析：先寫出AD、AD1、AD2、AD3的長(zhǎng)度，然后可發(fā)現(xiàn)規(guī)律推出ADn的表達(dá)式，繼而根據(jù)APn=ADn即可得出APn的表達(dá)式，也可得出AP6的長(zhǎng)解答：解：由題意得，AD=BC=，AD1=ADDD1=，AD2=，AD3=，ADn=，又APn=ADn，故AP1=，AP2=，AP3=APn=，故可得AP6=故選A點(diǎn)評(píng)：此題考查了翻折變換的知識(shí)，解答本題關(guān)鍵是寫出前面幾個(gè)有關(guān)線段長(zhǎng)度的表達(dá)式，從而得出一般規(guī)律，注意培養(yǎng)自己的歸納總結(jié)能力例10 （2012廣州）如圖，在標(biāo)有刻度的直線l上，從點(diǎn)A開始，以AB=1為直徑畫半圓，記為第1個(gè)半圓；以BC=2為直徑畫半圓，記為第2個(gè)半圓；以CD=4為直徑畫半圓，記為第3個(gè)半圓；以DE=8為直徑畫半圓，記為第4個(gè)半圓，按此規(guī)律，繼續(xù)畫半圓，則第4個(gè)半圓的面積是第3個(gè)半圓面積的 倍，第n個(gè)半圓的面積為 （結(jié)果保留）考點(diǎn)：規(guī)律型：圖形的變化類。分析：根據(jù)已知圖形得出第4個(gè)半圓的半徑是第3個(gè)半圓的半徑，進(jìn)而得出第4個(gè)半圓的面積與第3個(gè)半圓面積的關(guān)系，得出第n個(gè)半圓的半徑，進(jìn)而得出答案解答：解：以AB=1為直徑畫半圓，記為第1個(gè)半圓；以BC=2為直徑畫半圓，記為第2個(gè)半圓；以CD=4為直徑畫半圓，記為第3個(gè)半圓；以DE=8為直徑畫半圓，記為第4個(gè)半圓，第4個(gè)半圓的面積為：=8，第3個(gè)半圓面積為：=2，第4個(gè)半圓的面積是第3個(gè)半圓面積的=4倍；根據(jù)已知可得出第n個(gè)半圓的直徑為：2n1，則第n個(gè)半圓的半徑為：=2n2，第n個(gè)半圓的面積為：=22n5故答案為：4，22n5點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了數(shù)字變化規(guī)律，注意數(shù)字之間變化規(guī)律，根據(jù)已知得出第n個(gè)半圓的直徑為：2n1是解題關(guān)鍵考點(diǎn)五：猜想變化情況隨著數(shù)字或圖形的變化，它原先的一些性質(zhì)有的不會(huì)改變，有的則發(fā)生了變化，而且這種變化是有一定規(guī)律的。比如，在幾何圖形按特定要求變化后，只要本質(zhì)不變，通常的規(guī)律是“位置關(guān)系不改變，乘除乘方不改變，減變加法加變減，正號(hào)負(fù)號(hào)要互換”。這種規(guī)律可以作為猜想的一個(gè)參考依據(jù)。例11 （2012常德）若圖1中的線段長(zhǎng)為1，將此線段三等分，并以中間的一段為邊作等邊三角形，然后去掉這一段，得到圖2，再將圖2中的每一段作類似變形，得到圖3，按上述方法繼續(xù)下去得到圖4，則圖4中的折線的總長(zhǎng)度為（）A2BCD考點(diǎn)：規(guī)律型：圖形的變化類；等邊三角形的性質(zhì)。分析：當(dāng)n=2時(shí)，折線的長(zhǎng)度為：1+=；當(dāng)n=3時(shí)，折線的長(zhǎng)度為：+=；當(dāng)n=4時(shí)，折線的長(zhǎng)度為：+=，從而可求出折線的總長(zhǎng)度解答：解：由題意得：當(dāng)n=2時(shí)，折線的長(zhǎng)度為：1+=；當(dāng)n=3時(shí)，折線的長(zhǎng)度為：+=；當(dāng)n=4時(shí)，折線的長(zhǎng)度為：+=故選D點(diǎn)評(píng)：此題考查的知識(shí)點(diǎn)是圖形數(shù)字的變化類問(wèn)題，同時(shí)考查學(xué)生分析歸納問(wèn)題的能力，其關(guān)鍵是讀懂題意，找出規(guī)律解答例12 （2012河北）用4個(gè)全等的正八邊形進(jìn)行拼接，使相等的兩個(gè)正八邊形有一條公共邊，圍成一圈后中間形成一個(gè)正方形，如圖1，用n個(gè)全等的正六邊形按這種方式進(jìn)行拼接，如圖2，若圍成一圈后中間形成一個(gè)正多邊形，則n的值為 考點(diǎn)：平面鑲嵌（密鋪）。專題：應(yīng)用題。分析：根據(jù)正六邊形的一個(gè)內(nèi)角為120，可求出正六邊形密鋪時(shí)需要的正多邊形的內(nèi)角，繼而可求出這個(gè)正多邊形的邊數(shù)解答：解：兩個(gè)正六邊形結(jié)合，一個(gè)公共點(diǎn)處組成的角度為240，故如果要密鋪，則需要一個(gè)內(nèi)角為120的正多邊形，而正六邊形的內(nèi)角為120，故答案為：6點(diǎn)評(píng)：此題考查了平面密鋪的知識(shí)，解答本題關(guān)鍵是求出在密鋪條件下需要的正多邊形的一個(gè)內(nèi)角的度數(shù)，有一定難度例13 （2012無(wú)錫）如圖的平面直角坐標(biāo)系中有一個(gè)正六邊形ABCDEF，其中C、D的坐標(biāo)分別為（1，0）和（2，0）若在無(wú)滑動(dòng)的情況下，將這個(gè)六邊形沿著x軸向右滾動(dòng)，則在滾動(dòng)過(guò)程中，這個(gè)六邊形的頂點(diǎn)A、B、C、D、E、F中，會(huì)過(guò)點(diǎn)（45，2）的是點(diǎn) 考點(diǎn)：正多邊形和圓；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)。專題：規(guī)律型。分析：先連接AD，過(guò)點(diǎn)F，E作FGAD，EHAD，由正六邊形的性質(zhì)得出A的坐標(biāo)，再根據(jù)每6個(gè)單位長(zhǎng)度正好等于正六邊形滾動(dòng)一周即可得出結(jié)論解答：解：如圖所示：當(dāng)滾動(dòng)一個(gè)單位長(zhǎng)度時(shí)E、F、A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是E、F、A，連接AD，點(diǎn)F，E作FGAD，EHAD，六邊形ABCD是正六邊形，AFG=30，AG=AF=，同理可得HD=，AD=2，D（2，0）A（2，2），OD=2，正六邊形滾動(dòng)6個(gè)單位長(zhǎng)度時(shí)正好滾動(dòng)一周，從點(diǎn)（2，2）開始到點(diǎn)（45，2）正好滾動(dòng)43個(gè)單位長(zhǎng)度，=71，恰好滾動(dòng)7周多一個(gè)，會(huì)過(guò)點(diǎn)（45，2）的是點(diǎn)B故答案為：B點(diǎn)評(píng)：本題考查的是正多邊形和圓及圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，利用正六邊形的性質(zhì)求出A點(diǎn)的坐標(biāo)是解答此題的關(guān)鍵例14 （2012綏化）長(zhǎng)為20，寬為a的矩形紙片（10a20），如圖那樣折一下，剪下一個(gè)邊長(zhǎng)等于矩形寬度的正方形（稱為第一次操作）；再把剩下的矩形如圖那樣折一下，剪下一個(gè)邊長(zhǎng)等于此時(shí)矩形寬度的正方形（稱為第二次操作）；如此反復(fù)操作下去，若在第n次操作后，剩下的矩形為正方形，則操作停止當(dāng)n=3時(shí)，a的值為 考點(diǎn)：翻折變換（折疊問(wèn)題）。專題：規(guī)律型。分析：首先根據(jù)題意可得可知當(dāng)10a20時(shí)，第一次操作后剩下的矩形的長(zhǎng)為a，寬為20a，第二次操作時(shí)正方形的邊長(zhǎng)為20a，第二次操作以后剩下的矩形的兩邊分別為20a，2a20然后分別從20a2a20與20a2a20去分析求解，即可求得答案解答：解：由題意，可知當(dāng)10a20時(shí)，第一次操作后剩下的矩形的長(zhǎng)為a，寬為20a，所以第二次操作時(shí)正方形的邊長(zhǎng)為20a，第二次操作以后剩下的矩形的兩邊分別為20a，2a20此時(shí)，分兩種情況：如果20a2a20，即a40，那么第三次操作時(shí)正方形的邊長(zhǎng)為2a20則2a20=（20a）（2a20），解得a=12；如果20a2a20，即a，那么第三次操作時(shí)正方形的邊長(zhǎng)為20a則20a=（2a20）（20a），解得a=15當(dāng)n=3時(shí)，a的值為12或15故答案為：12或15點(diǎn)評(píng)：此題考查了折疊的性質(zhì)與矩形的性質(zhì)此題難度較大，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想與方程思想的應(yīng)用，注意折疊中的對(duì)應(yīng)關(guān)系考點(diǎn)六：猜想數(shù)字求和例16 （2012黃石）“數(shù)學(xué)王子”高斯從小就善于觀察和思考在他讀小學(xué)時(shí)就能在課堂上快速地計(jì)算出1+2+3+98+99+100=5050，今天我們可以將高斯的做法歸納如下：令 S=1+2+3+98+99+100 S=100+99+98+3+2+1 +：有2S=（1+100）100 解得：S=5050請(qǐng)類比以上做法，回答下列問(wèn)題：若n為正整數(shù)，3+5+7+（2n+1）=168，則n= 考點(diǎn)：有理數(shù)的混合運(yùn)算。專題：規(guī)律型。分析：根據(jù)題目提供的信息，列出方程，然后求解即可解答：解：設(shè)S=3+5+7+（2n+1）=168，則S=（2n+1）+7+5+3=168，+得，2S=n（2n+1+3）=2168，整理得，n2+2n168=0，解得n1=12，n2=14（舍去）故答案為：12點(diǎn)評(píng)：本題考查了有理數(shù)的混合運(yùn)算，讀懂題目提供的信息，表示出這列數(shù)據(jù)的和并列出方程是解題的關(guān)鍵四、真題演練一選擇題1（2012自貢）一質(zhì)點(diǎn)P從距原點(diǎn)1個(gè)單位的M點(diǎn)處向原點(diǎn)方向跳動(dòng)，第一次跳動(dòng)到OM的中點(diǎn)M3處，第二次從M3跳到OM3的中點(diǎn)M2處，第三次從點(diǎn)M2跳到OM2的中點(diǎn)M1處，如此不斷跳動(dòng)下去，則第n次跳動(dòng)后，該質(zhì)點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離為（）A BCD考點(diǎn)：規(guī)律型：點(diǎn)的坐標(biāo)。分析：根據(jù)題意，得第一次跳動(dòng)到OM的中點(diǎn)M3處，即在離原點(diǎn)的處，第二次從M3點(diǎn)跳動(dòng)到M2處，即在離原點(diǎn)的（）2處，則跳動(dòng)n次后，即跳到了離原點(diǎn)的處解答：解：由于OM=1，所有第一次跳動(dòng)到OM的中點(diǎn)M3處時(shí)，OM3=OM=，同理第二次從M3點(diǎn)跳動(dòng)到M2處，即在離原點(diǎn)的（）2處，同理跳動(dòng)n次后，即跳到了離原點(diǎn)的處，故選D點(diǎn)評(píng)：本題主要考查點(diǎn)的坐標(biāo)，這是一道找規(guī)律的題目，這類題型在中考中經(jīng)常出現(xiàn)解答本題的關(guān)鍵是找出各個(gè)點(diǎn)跳動(dòng)的規(guī)律，此題比較簡(jiǎn)單2（2012鄂州）在平面坐標(biāo)系中，正方形ABCD的位置如圖所示，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，2），延長(zhǎng)CB交x軸于點(diǎn)A1，作正方形A1B1C1C，延長(zhǎng)C1B1交x軸于點(diǎn)A2，作正方形A2B2C2C1，按這樣的規(guī)律進(jìn)行下去，第2012個(gè)正方形的面積為（）A B C D 考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；正方形的性質(zhì)。專題：規(guī)律型。分析：首先設(shè)正方形的面積分別為S1，S2S2012，由題意可求得S1的值，易證得BAA1B1A1A2，利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例與三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求得S2的值，繼而求得S3的值，繼而可得規(guī)律：Sn=5（）2n2，則可求得答案解答：解：點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，2），OA=1，OD=2，設(shè)正方形的面積分別為S1，S2S2012，根據(jù)題意，得：ADBCC1A2C2B2，BAA1=B1A1A2=B2A2x，ABA1=A1B1A2=90，BAA1B1A1A2，在直角ADO中，根據(jù)勾股定理，得：AD=，AB=AD=BC=，S1=5，DAO+ADO=90，DAO+BAA1=90，ADO=BAA1，tanBAA1=，A1B=，A1B=A1C=BC+A1B=，S2=5=5（）2，=，A2B1=，A2C1=B1C1+A2B1=+=（）2，S3=5=5（）4，由此可得：Sn=5（）2n2，S2012=5（）220122=5（）4022故選D點(diǎn)評(píng)：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及三角函數(shù)等知識(shí)此題難度較大，解題的關(guān)鍵是得到規(guī)律Sn=5（）2n23（2012鎮(zhèn)江）邊長(zhǎng)為a的等邊三角形，記為第1個(gè)等邊三角形，取其各邊的三等分點(diǎn)，順次連接得到一個(gè)正六邊形，記為第1個(gè)正六邊形，取這個(gè)正六邊形不相鄰的三邊中點(diǎn)，順次連接又得到一個(gè)等邊三角形，記為第2個(gè)等邊三角形，取其各邊的三等分點(diǎn)，順次連接又得到一個(gè)正六邊形，記為第2個(gè)正六邊形（如圖），按此方式依次操作，則第6個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)為（）A B C D 考點(diǎn)：等邊三角形的判定與性質(zhì)。專題：規(guī)律型。分析：連接AD、DB、DF，求出AFD=ABD=90，根據(jù)HL證兩三角形全等得出FAD=60，求出ADEFGI，過(guò)F作FZGI，過(guò)E作ENGI于N，得出平行四邊形FZNE得出EF=ZN=a，求出GI的長(zhǎng)，求出第一個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a，是等邊三角形QKM的邊長(zhǎng)的；同理第二個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是等邊三角形GHI的邊長(zhǎng)的；求出第五個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)，乘以即可得出第六個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)解答：解：連接AD、DF、DB，六邊形ABCDEF是正六邊形，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，F(xiàn)AD+AFE=60+120=180，ADEF，G、I分別為AF、DE中點(diǎn)，GIEFAD，F(xiàn)GI=FAD=60，六邊形ABCDEF是正六邊形，QKM是等邊三角形，EDM=60=M，ED=EM，同理AF=QF，即AF=QF=EF=EM，等邊三角形QKM的邊長(zhǎng)是a，第一個(gè)正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)是a，即等邊三角形QKM的邊長(zhǎng)的，過(guò)F作FZGI于Z，過(guò)E作ENGI于N，則FZEN，EFGI，四邊形FZNE是平行四邊形，EF=ZN=a，GF=AF=a=a，F(xiàn)GI=60（已證），GFZ=30，GZ=GF=a，同理IN=a，GI=a+a+a=a，即第一個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)是a，與上面求出的第一個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)的方法類似，可求出第二個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a；同理第第二個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)是a，與上面求出的第一個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)的方法類似，可求出第三個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a；同理第三個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)是a，第四個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a；第四個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)是a，第五個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a；第五個(gè)等邊三角形的邊長(zhǎng)是a，第六個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a，即第六個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)是a，故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了正六邊形、等邊三角形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和判定、全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，能總結(jié)出規(guī)律是解此題的關(guān)鍵，題目具有一定的規(guī)律性，是一道有一定難度的題目二填空題4（2012天門）如圖，線段AC=n+1（其中n為正整數(shù)），點(diǎn)B在線段AC上，在線段AC同側(cè)作正方形ABMN及正方形BCEF，連接AM、ME、EA得到AME當(dāng)AB=1時(shí)，AME的面積記為S1；當(dāng)AB=2時(shí)，AME的面積記為S2；當(dāng)AB=3時(shí)，AME的面積記為S3；當(dāng)AB=n時(shí)，AME的面積記為Sn當(dāng)n2時(shí)，SnSn1= 考點(diǎn)：整式的混合運(yùn)算。專題：規(guī)律型。分析：方法一：根據(jù)連接BE，則BEAM，利用AME的面積=AMB的面積即可得出Sn=n2，Sn1=（n1）2=n2n+，即可得出答案方法二：根據(jù)題意得出圖象，根據(jù)當(dāng)AB=n時(shí)，BC=1，得出Sn=S矩形ACQNSACESMQESANM，得出S與n的關(guān)系，進(jìn)而得出當(dāng)AB=n1時(shí)，BC=2，Sn1=n2n+，即可得出SnSn1的值解答：解：方法一：連接BE，在線段AC同側(cè)作正方形ABMN及正方形BCEF，BEAM，AME與AMB同底等高，AME的面積=AMB的面積，當(dāng)AB=n時(shí)，AME的面積記為Sn=n2，Sn1=（n1）2=n2n+，當(dāng)n2時(shí)，SnSn1=，故答案為：；方法二：如圖所示：延長(zhǎng)CE與NM，交于點(diǎn)Q，線段AC=n+1（其中n為正整數(shù)），當(dāng)AB=n時(shí)，BC=1，當(dāng)AME的面積記為：Sn=S矩形ACQNSACESMQESANM，=n（n+1）1（n+1）1（n1）nn，=n2，當(dāng)AB=n1時(shí)，BC=2，當(dāng)AME的面積記為：Sn1=S矩形ACQNSACESMQESANM，=（n+1）（n1）2（n+1）2（n3）（n1）（n1），=n2n+，當(dāng)n2時(shí)，SnSn1=n2（n2n+）=n=，故答案為：點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了三角形面積求法以及正方形的性質(zhì)，根據(jù)已知得出正確圖形，得出S與n的關(guān)系是解題關(guān)鍵6（2012威海）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，線段OA1=1，OA1與x軸的夾角為30，線段A1A2=1，A2A1OA1，垂足為A1；線段A2A3=1，A3A2A1A2，垂足為A2；線段A3A4=1，A4A3A2A3，垂足為A3；按此規(guī)律，點(diǎn)A2012的坐標(biāo)為 考點(diǎn)：規(guī)律型：點(diǎn)的坐標(biāo)。專題：規(guī)律型。分析：過(guò)點(diǎn)A1作A1Bx軸，作A1Cx軸A2Cy軸，相交于點(diǎn)C，然后求出點(diǎn)A1的坐標(biāo)，以及A1C、A2C的長(zhǎng)度，并出A2、A3、A4、A5、A6的坐標(biāo)，然后總結(jié)出點(diǎn)的坐標(biāo)的變化規(guī)律，再把2012代入規(guī)律進(jìn)行計(jì)算即可得解解答：解：如圖，過(guò)點(diǎn)A1作A1Bx軸，作A1Cx軸A2Cy軸，相交于點(diǎn)C，OA1=1，OA1與x軸的夾角為30，OB=OA1cos=1=，A1B=OA1sin30=1=，點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（，），A2A1OA1，OA1與x軸的夾角為30，OA1C=30，A2A1C=9030=60，A1A2C=9060=30，同理可求：A2C=OB=，A1C=A1B=，所以，點(diǎn)A2的坐標(biāo)為（，+），點(diǎn)A3的坐標(biāo)為（+，+），即（，+1），點(diǎn)A4的坐標(biāo)為（，+1+），即（1，+1），點(diǎn)A5的坐標(biāo)為（1+，+1+），即（1，+），點(diǎn)A6的坐標(biāo)為（1，+），即（，+），當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，點(diǎn)An的坐標(biāo)為（，+），當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，點(diǎn)An的坐標(biāo)為（，+），所以，當(dāng)n=2012時(shí)，=503503，+=503+503，點(diǎn)A2012的坐標(biāo)為（503503，503+503）故答案為：（503503，503+503）點(diǎn)評(píng)：本題考查了點(diǎn)的坐標(biāo)的規(guī)律變化問(wèn)題，作出輔助線，求出各點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的規(guī)律變化的數(shù)值，然后依次寫出前幾個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)與點(diǎn)的序號(hào)的特點(diǎn)找出點(diǎn)的坐標(biāo)的通式是解題的關(guān)鍵7（2012湖州）如圖，將正ABC分割成m個(gè)邊長(zhǎng)為1的小正三角形和一個(gè)黑色菱形，這個(gè)黑色菱形可分割成n個(gè)邊長(zhǎng)為1的小三角形，若=，則ABC的邊長(zhǎng)是 考點(diǎn)：菱形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)。專題：規(guī)律型。分析：設(shè)正ABC的邊長(zhǎng)為x，根據(jù)等邊三角形的高為邊長(zhǎng)的倍，求出正ABC的面積，再根據(jù)菱形的性質(zhì)結(jié)合圖形表示出菱形的兩對(duì)角線，然后根據(jù)菱形的面積等于兩對(duì)角線乘積的一半表示出菱形的面積，然后根據(jù)所分成的小正三角形的個(gè)數(shù)的比等于面積的比列式計(jì)算即可得解解答：解：設(shè)正ABC的邊長(zhǎng)為x，則高為x，SABC=xx=x2，所分成的都是正三角形，結(jié)合圖形可得黑色菱形的較長(zhǎng)的對(duì)角線為x，較短的對(duì)角線為（x）=x1，黑色菱形的面積=（x）（x1）=（x2）2，=，整理得，11x2144x+144=0，解得x1=（不符合題意，舍去），x2=12，所以，ABC的邊長(zhǎng)是12故答案為：12點(diǎn)評(píng)：本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握有一個(gè)角等于60的菱形的兩條對(duì)角線的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，本題難點(diǎn)在于根據(jù)三角形的面積與菱形的面積列出方程8（2012泰安）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有若干個(gè)橫坐標(biāo)分別為整數(shù)的點(diǎn)，其順序按圖中“”方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（1，1），（1，2），（2，2）根據(jù)這個(gè)規(guī)律，第2012個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 考點(diǎn)：點(diǎn)的坐標(biāo)。專題：規(guī)律型。分析：觀察圖形可知，以最外邊的正方形邊長(zhǎng)上的點(diǎn)為準(zhǔn)，點(diǎn)的總個(gè)數(shù)等于x軸上右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)的平方，并且右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)是奇數(shù)時(shí)最后以橫坐標(biāo)為該數(shù)，縱坐標(biāo)為0結(jié)束，當(dāng)右下角的點(diǎn)橫坐標(biāo)是偶數(shù)時(shí)，以橫坐標(biāo)為1，縱坐標(biāo)為右下角橫坐標(biāo)的偶數(shù)減1的點(diǎn)結(jié)束，根據(jù)此規(guī)律解答即可解答：解：根據(jù)圖形，以最外邊的正方形邊長(zhǎng)上的點(diǎn)為準(zhǔn)，點(diǎn)的總個(gè)數(shù)等于x軸上右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)的平方，例如：右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，共有1個(gè)，1=12，右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2時(shí)，共有4個(gè)，4=22，右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3時(shí)，共有9個(gè)，9=32，右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為4時(shí)，共有16個(gè)，16=42，右下角的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為n時(shí)，共有n2個(gè)，452=2025，45是奇數(shù)，第2025個(gè)點(diǎn)是（45，0），第2012個(gè)點(diǎn)是（45，13），所以，第2012個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為45故答案為：45點(diǎn)評(píng)：本題考查了點(diǎn)的坐標(biāo)，觀察出點(diǎn)個(gè)數(shù)與橫坐標(biāo)的存在的平方關(guān)系是解題的關(guān)鍵9（2012北京）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，我們把橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)叫做整點(diǎn)已知點(diǎn)A（0，4），點(diǎn)B是x軸正半軸上的整點(diǎn)，記AOB內(nèi)部（不包括邊界）的整點(diǎn)個(gè)數(shù)為m當(dāng)m=3時(shí)，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)的所有可能值是 ；當(dāng)點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為4n（n為正整數(shù)）時(shí)，m= （用含n的代數(shù)式表示）考點(diǎn)：點(diǎn)的坐標(biāo)。專題：規(guī)律型。分析：根據(jù)題意畫出圖形，再找出點(diǎn)B的橫坐標(biāo)與AOB內(nèi)部（不包括邊界）的整點(diǎn)m之間的關(guān)系即可求出答案解答：解：如圖：當(dāng)點(diǎn)B在（3，0）點(diǎn)或（4，0）點(diǎn)時(shí)，AOB內(nèi)部（不包括邊界）的整點(diǎn)為（1，1）（1，2）（2，1），共三個(gè)點(diǎn)，所以當(dāng)m=3時(shí)，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)的所有可能值是3或4；因?yàn)锳OB內(nèi)部（不包括邊界）的整點(diǎn)個(gè)數(shù)=（點(diǎn)B的橫坐標(biāo)1）（點(diǎn)A的縱坐標(biāo)1）32，所以當(dāng)點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為4n（n為正整數(shù)）時(shí)，m=（4n1）（41）32=6n3；故答案為：3或4，6n3點(diǎn)評(píng)：此題考查了點(diǎn)的坐標(biāo)，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形，找出點(diǎn)B的橫坐標(biāo)與AOB內(nèi)部（不包括邊界）的整點(diǎn)m之間的關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法10（2012佳木斯）如圖，直線y=x，點(diǎn)A1坐標(biāo)為（1，0），過(guò)點(diǎn)A1作x軸的垂線交直線于點(diǎn)B1，以原點(diǎn)O為圓心，OB1長(zhǎng)為半徑畫弧交x軸于點(diǎn)A2，再過(guò)點(diǎn)A2作x軸的垂線交直線于點(diǎn)B2，以原點(diǎn)O為圓心，OB2長(zhǎng)為半徑畫弧交x軸于點(diǎn)A3，按此作法進(jìn)行去，點(diǎn)Bn的縱坐標(biāo)為 （n為正整數(shù)）考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題。專題：規(guī)律型。分析：由A1（1，0），可知B1的橫坐標(biāo)為1，由于B1，B2，B3，.，Bn都在直線y=x上，可知B1，B2，B3，.，Bn各點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)相等，即B1（1，1），由勾股定理得OB1=，由此可得A2（，0），則B2（，），由勾股定理得OB2=2，則A3（2，0），則B3（2，2），由此得出一般結(jié)論解答：解：B1，B2，B3，Bn都在直線y=x上，B1，B2，B3，Bn各點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)相等，由A1（1，0），得B1（1，1），此時(shí)OB1=，可知，A2（，0），則B2（，），同理可得B3（2，2），則Bn（，）故答案為：（，）點(diǎn)評(píng)：本題考查了一次函數(shù)的綜合運(yùn)用關(guān)鍵是明確直線y=x上點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)相等特點(diǎn)，由易到難，由特殊到一般，得出規(guī)律11（2012鄂州）已知，如圖，OBC中是直角三角形，OB與x軸正半軸重合，OBC=90，且OB=1，BC=，將OBC繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60再將其各邊擴(kuò)大為原來(lái)的m倍，使OB1=OC，得到OB1C1，將OB1C1繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60再將其各邊擴(kuò)大為原來(lái)的m倍，使OB2=OC1，得到OB2C2，如此繼續(xù)下去，得到OB2012C2012，則m= 點(diǎn)C2012的坐標(biāo)是 考點(diǎn)：坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)；解直角三角形。專題：規(guī)律型。分析：先解直角三角形求出BOC=60，再根據(jù)30角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半即可求出m的值，然后求出OC1、OC2、OC3、OCn的長(zhǎng)度，再根據(jù)周角等于360，每6個(gè)為一個(gè)循環(huán)組，求出點(diǎn)C2012是第幾個(gè)循環(huán)組的第幾個(gè)點(diǎn)，再根據(jù)變化規(guī)律寫出點(diǎn)的坐標(biāo)即可解答：解：OBC=90，OB=1，BC=，tanBOC=，BOC=60，OC=2OB=21=2，將OBC繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60再將其各邊擴(kuò)大為原來(lái)的m倍，使OB1=OC，m=2，OC1=2OC=22=4=22，OC2=2OC1=24=8=23，OC3=2OC2=28=16=24，OCn=2n+1，OC2012=22013，20126=3352，點(diǎn)C2012與點(diǎn)C2x在同一射線上，在x軸負(fù)半軸，坐標(biāo)為（22013，0）故答案為：2，（22013，0）點(diǎn)評(píng)：本題考查了坐標(biāo)與圖形的變化旋轉(zhuǎn)，解直角三角形，根據(jù)解直角三角形，以及30角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，求出m的值是解題的關(guān)鍵12（2012瀘州）如圖，n個(gè)邊長(zhǎng)為1的相鄰正方形的一邊均在同一直線上，點(diǎn)M1，M2，M3，Mn分別為邊B1B2，B2B3，B3B4，BnBn+1的中點(diǎn)，B1C1M1的面積為S1，B2C2M2的面積為S2，BnCnMn的面積為Sn，則Sn= （用含n的式子表示） 考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)。專題：規(guī)律型。分析：由n個(gè)邊長(zhǎng)為1的相鄰正方形的一邊均在同一直線上，點(diǎn)M1，M2，M3，Mn分別為邊B1B2，B2B3，B3B4，BnBn+1的中點(diǎn)，即可求得B1C1Mn的面積，又由BnCnB1C1，即可得BnCnMnB1C1Mn，然后利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，求得答案解答：解：n個(gè)邊長(zhǎng)為1的相鄰正方形的一邊均在同一直線上，點(diǎn)M1，M2，M3，Mn分別為邊B1B2，B2B3，B3B4，BnBn+1的中點(diǎn)，S1=B1C1B1M1=1=，SB1C1M2=B1C1B1M2=1=，SB1C1M3=B1C1B1M3=1=，SB1C1M4=B1C1B1M4=1=，SB1C1Mn=B1C1B1Mn=1=，BnCnB1C1，BnCnMnB1C1Mn，SBnCnMn：SB1C1Mn=（）2=（）2，即Sn：=，Sn=故答案為：點(diǎn)評(píng)：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及直角三角形面積的公式此題難度較大，注意掌握相似三角形面積的比等于相似比的平方定理的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵13（2012衡陽(yáng)）觀察下列等式sin30= cos60=sin45= cos=45=sin60= cos30=根據(jù)上述規(guī)律，計(jì)算sin2a+sin2（90a）= 考點(diǎn)：互余兩角三角函數(shù)的關(guān)系。專題：規(guī)律型。分析：根據(jù)可得出規(guī)律，即sin2a+sin2（90a）=1，繼而可得出答案解答：解：由題意得，sin230+sin2（9030）=1；sin245+sin2（9045）=1；sin260+sin2（9060）=1；故可得sin2a+sin2（90a）=1故答案為：1點(diǎn)評(píng)：此題考查了互余兩角的三角函數(shù)的關(guān)系，屬于規(guī)律型題目，注意根據(jù)題意總結(jié)，另外sin2a+sin2（90a）=1是個(gè)恒等式，同學(xué)們可以記住并直接運(yùn)用14（2012東營(yíng)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A1，A2，A3，和B1，B2，B3，分別在直線y=kx+b和x軸上OA1B1，B1A2B2，B2A3B3，都是等腰直角三角形，如果A1（1，1），A2（），那么點(diǎn)An的縱坐標(biāo)是 考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題。專題：代數(shù)幾何綜合題；規(guī)律型。分析：利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式求出直線的解析式，再求出直線與x軸、y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，求出直線與x軸的夾角的正切值，分別過(guò)等腰直角三角形的直角頂點(diǎn)向x軸作垂線，然后根據(jù)等腰直角三角形斜邊上的高線與中線重合并且等于斜邊的一半，利用正切值列式依次求出三角形的斜邊上的高線，即可得到各點(diǎn)的縱坐標(biāo)的規(guī)律解答：解：A1（1，1），A2（，）在直線y=kx+b上，解得，直線解析式為y=x+，如圖，設(shè)直線與x軸、y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為N、M，當(dāng)x=0時(shí)，y=，當(dāng)y=0時(shí)，x+=0，解得x=4，點(diǎn)M、N的坐標(biāo)分別為M（0，），N（4，0），tanMNO=，作A1C1x軸與點(diǎn)C1，A2C2x軸與點(diǎn)C2，A3C3x軸與點(diǎn)C3，A1（1，1），A2（，），OB2=OB1+B1B2=21+2=2+3=5，tanMNO=，B2A3B3是等腰直角三角形，A3C3=B2C3，A3C3=（）2，同理可求，第四個(gè)等腰直角三角形A4C4=（）3，依次類推，點(diǎn)An的縱坐標(biāo)是（）n1故答案為：（）n1點(diǎn)評(píng)：本題是對(duì)一次函數(shù)的綜合考查，主要利用了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，等腰直角三角形斜邊上的高線就是斜邊上的中線，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，以及正切的定義，規(guī)律性較強(qiáng)，注意指數(shù)與點(diǎn)的腳碼相差115（2012紹興）如圖，矩形OABC的兩條邊在坐標(biāo)軸上，OA=1，OC=2，現(xiàn)將此矩形向右平移，每次平移1個(gè)單位，若第1次平移得到的矩形的邊與反比例函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，它們的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為0.6，則第n次（n1）平移得到的矩形的邊與該反比例函數(shù)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為 （用含n的代數(shù)式表示）考點(diǎn)：反比例函數(shù)綜合題。分析：可設(shè)反比例函數(shù)解析式為y=，根據(jù)第1次平移得到的矩形的邊與反比例函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，它們的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為0.6，可分兩種情況：與BC，AB平移后的對(duì)應(yīng)邊相交；與OC，AB平移后的對(duì)應(yīng)邊相交；得到方程求得反比例函數(shù)解析式，再代入第n次（n1）平移的橫坐標(biāo)得到矩形的邊與該反比例函數(shù)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值解答：解：設(shè)反比例函數(shù)解析式為y=，則與BC，AB平移后的對(duì)應(yīng)邊相交；與AB平移后的對(duì)應(yīng)邊相交的交點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，1.4），則1.4=，解得k=2.8=，故反比例函數(shù)解析式為y=則第n次（n1）平移得到的矩形的邊與該反比例函數(shù)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為：=；與OC，AB平移后的對(duì)應(yīng)邊相交；k=0.6，解得k=故反比例函數(shù)解析式為y=則第n次（n1）平移得到的矩形的邊與該反比例函數(shù)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為：=故第n次（n1）平移得到的矩形的邊與該反比例函數(shù)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為或故答案為：或點(diǎn)評(píng)：考查了反比例函數(shù)綜合題，本題的關(guān)鍵是根據(jù)第1次平移得到的矩形的邊與反比例函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，它們的縱坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為0.6，分與BC，AB平移后的對(duì)應(yīng)邊相交；與OC，AB平移后的對(duì)應(yīng)邊相交；兩種情況討論求解16（2012黑龍江）如圖所示，在x軸的正半軸上依次截取OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5，過(guò)A1、A2、A3、A4、A5分別作x軸的垂線與反比例函數(shù)y=的圖象交于點(diǎn)P1、P2、P3、P4、P5，并設(shè)OA1P1、A1A2P2、A2A3P3面積分別為S1、S2、S3，按此作法進(jìn)行下去，則Sn的值為 n為正整數(shù)）考點(diǎn)：反比例函數(shù)綜合題。分析：根據(jù)反比例函數(shù)y=中k的幾何意義再結(jié)合圖象即可解答解答：解：因?yàn)檫^(guò)雙曲線上任意一點(diǎn)與原點(diǎn)所連的線段、坐標(biāo)軸、向坐標(biāo)軸作垂線所圍成的直角三角形面積S是個(gè)定值，S=|k|=2所以S1=2，S2= S1=1，S3=S1=，S4=S1=，S5=S1=依次類推：Sn的值為故答案是：點(diǎn)評(píng)：主要考查了反比例函數(shù)y=中k的幾何意義，即過(guò)雙曲線上任意一點(diǎn)引x軸、y軸垂線，所得矩形面積為|k|，是經(jīng)?？疾榈囊粋€(gè)知識(shí)點(diǎn)；這里體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想，做此類題一定要正確理解k的幾何意義圖象上的點(diǎn)與原點(diǎn)所連的線段、坐標(biāo)軸、向坐標(biāo)軸作垂線所圍成的直角三角形面積S的關(guān)系即S=|k|17（2012鐵嶺）如圖，點(diǎn)E、F、G、H分別為菱形A1B1C1D1各邊的中點(diǎn)，連接A1F、B1G、C1H、D1E得四邊形A2B2C2D2，以此類推得四邊形A3B3C3D3，若菱形A1B1C1D1的面積為S，則四邊形AnBnCnDn的面積為 考點(diǎn)：三角形中位線定理；菱形的性質(zhì)。專題：規(guī)律型。分析：由E、F、G、H分別為菱形A1B1C1D1各邊的中點(diǎn)，得到A1H=C1F，又A1HC1F，利用一組邊長(zhǎng)平行且相等的四邊形為平行四邊形得到四邊形A1HC1F為平行四邊形，根據(jù)平行線間的距離相等及平行四邊形與三角形的面積公式，可得出四邊形A1HC1F的面積等于HB1C1面積的2倍，等于A1D1F面積的2倍，而這三個(gè)的面積之和為菱形的面積S，可得出四邊形A1HC1F面積為菱形面積S的一半，再由平行線等分線段定理得到A2為A1D2的中點(diǎn)，C2為C1B2的中點(diǎn)，B2為B1A2的中點(diǎn)，D2為D1C2的中點(diǎn)，利用三角形的中位線定理得到HB2=A1A2，D2F=C1C2，可得出A1A2B2H和C1C2D2F都為梯形，且高與平行四邊形A2B2C2D2的高h(yuǎn)相等（設(shè)高為h），下底與平行四邊形A2B2C2D2的邊A2D2與x相等（設(shè)A2D2=x），分別利用梯形的面積公式及平行四邊形的面積公式表示出各自的面積，得出三個(gè)面積之比，可得出平行四邊形A2B2C2D2的面積占三個(gè)圖形面積的，即為四邊形A1HC1F面積的，為菱形面積的，同理得到四邊形A3B3C3D3的面積為菱形面積的（）2，以此類推，表示出四邊形AnBnCnDn的面積即可解答：解：H為A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)為C1D1的中點(diǎn)，A1H=B1H，C1F=D1F，又A1B1C1D1為菱形，A1B1=C1D1，A1H=C1F，又A1HC1F，四邊形A1HC1F為平行四邊形，S四邊形A1HC1F=2SHB1C1=2SA1D1F，又S四邊形A1HC1F+SHB1C1+SA1D1F=S菱形A1B1C1D1=S，S四邊形A1HC1F=S，又GD1=B1E，GD1B1E，GB1ED1為平行四邊形，GB1ED1，又G為A1D1的中點(diǎn)，A2為A1D2的中點(diǎn)，同理C2為C1B2的中點(diǎn)，B2為B1A2的中點(diǎn)，D2為D1C2的中點(diǎn)，HB2=A1A2，D2F=C1C2，又A1A2B2H和C1C2D2F都為梯形，且高與平行四邊形A2B2C2D2的高h(yuǎn)相等（設(shè)高為h），下底與平行四邊形A2B2C2D2的邊A2D2與x相等（設(shè)A2D2=x），S梯形A1A2B2H=S梯形C1C2D2F=（x+x）h=xh，S平行四邊形A2B2C2D2=xh，即S梯形A1A2B2H：S梯形C1C2D2F：S平行四邊形A2B2C2D2=3：4：3，又S梯形A1A2B2H+S梯形C1C2D2F+S平行四邊形A2B2C2D2=S四邊形A1HC1F，S平行四邊形A2B2C2D2=S四邊形A1HC1F=S，同理S四邊形A3B3C3D3=（）2S，以此類推得四邊形AnBnCnDn的面積為（）n1S或故答案為：（）n1S或點(diǎn)評(píng)：此題考查了三角形的中位線定理，平行四邊形的判定與性質(zhì)，平行線等分線段定理，以及平行四邊形與三角形面積的計(jì)算，利用了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，是一道規(guī)律型試題，靈活運(yùn)用三角形中位線定理是解本題的關(guān)鍵18（2012貴陽(yáng)）如圖，在ABA1中，B=20，AB=A1B，在A1B上取一點(diǎn)C，延長(zhǎng)AA1到A2，使得A1A2=A1C；在A2C上取一點(diǎn)D，延長(zhǎng)A1A2到A3，使得A2A