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中考数学一轮总复习25《观察、归纳型问题》知识讲解+巩固练习（提高版）（含答案）
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这是一份中考数学一轮总复习25《观察、归纳型问题》知识讲解+巩固练习（提高版）（含答案），共18页。
中考冲刺：观察、归纳型问题—知识讲解（提高）
【中考展望】
主要通过观察、实验、归纳、类比等活动，探索事物的内在规律，考查学生的逻辑推理能力，一般以解答题为主．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，以此体现出猜想的实际意义.
【方法点拨】
观察、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.
考查知识分为两类：①是数字或字母规律探索型问题；②是几何图形中规律探索型问题．
1．数式归纳
题型特点：通常给定一些数字、代数式、等式或不等式，然后观察猜想其中蕴含的规律，归纳出用某一字母表示的能揭示其规律的代数式或按某些规律写出后面某一项的数或式子．
解题策略：一般是先写出数或式的基本结构，然后通过横比(比较同一等式中不同部分的数量关系)或纵比(比较不同等式间相同位置的数量关系)找出各部分的特征，改写成要求的格式．
2．图形变化归纳
题型特点：观察给定图形的摆放特点或变化规律，归纳出下一个图形的摆放特点或变化规律，或者能用某一字母的代数式揭示出图形变化的个数、面积、周长等规律特点．
解题策略：多方面、多角度进行观察比较得出图形个数、面积、周长等的通项，再分别取n＝1，2，3…代入验证，都符合时即为正确结论．
由于猜想归纳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.
【典型例题】
类型一、数式归纳
1．“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 ①
S=100+99+98+…+3+2+1 ②
①+②：有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= ．
【思路点拨】
根据题目提供的信息，列出方程，然后求解即可．
【答案与解析】
解：设S=3+5+7+…+（2n+1）=168①，
则S=（2n+1）+…+7+5+3=168②，
①+②得，2S=n（2n+1+3）=2×168，
整理得，n2+2n-168=0，
解得n1=12，n2=-14（舍去）．
故答案为：12．
【总结升华】
本题考查了有理数的混合运算，读懂题目提供的信息，表示出这列数据的和并列出方程是解题的关键．
举一反三：
【高清课堂：观察、归纳型问题 例5】
【变式】如下数表是由从1开始的连续自然数组成，观察规律并完成各题的解答．
（1）表中第8行的最后一个数是 ，它是自然数 的平方，第8行共有 个数；
（2）用含n的代数式表示：第n行的第一个数是 ，最后一个数是 ，第n行共有 个数；
（3）求第n行各数之和．
【答案】
（1）6464， 88， 1515；
（2）n2-2n+2n2-2n+2， n2n2， 2n-12n-1；
（3）．
类型二、图形变化归纳
2．课题：两个重叠的正多边形，其中的一个绕着某一顶点旋转所形成的有关问题．
实验与论证
设旋转角∠A1A0B1＝α(α＜∠A1A0A2)，，，，所表示的角如图所示．
(1)用含α的式子表示角的度数：________，________，________；
(2)如上图①～图④中，连结A0H时，在不添加其他辅助线的情况下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请选择其中的一个图给出证明；若不存在，请说明理由；
归纳与猜想
设正n边形A0A1A2…与正n边形A0B1B2…重合(其中，A1与B1重合)，现将正n边形A0B1B2…绕顶点A0逆时针旋转．
(3)设与上述“，，…”的意义—样，请直接写出的度数；
(4)试猜想在正n边形的情形下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请将这条线段用相应的顶点字母表示出来(不要求证明)；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）要求的度数，应从旋转中有关角度的变与不变上突破；（2）结合图形比较容易得到被A0H垂直平分的线段，在证明时要充分利用背景中正多边形及旋转中的角度；（3）要探究的度数，要注意区分正偶数边形及正奇数边形两种情形去思考与求解度数的表达式；（4）要探究正n边形中被A0H垂直平分的线段，也应注意区分正偶数边形及正奇数边形两种情形去思考与突破.
【答案与解析】
解：(1)，，．
(2)存在．下面就所选图形的不同分别给出证明：
选图①．图①中有直线A0H垂直平分A2B1(如图所示)，
证明如下：
证法一：证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形，
∴A0A2＝A0B1，
∴∠A0A2Bl＝∠A0B1A2．
又∠A0A2H＝∠A0B1H＝60°，
∴∠HA2Bl＝∠HB1A2，
∴A2H＝B1H，∴点H在线段A2B1的垂直平分线上．
又∵A0A2＝A0B1，
∴点A0在线段A2B1的垂直平分线上．
∴直线A0H垂直平分A2B1．
证法二：证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形，
∴A0A2＝A0B1，
∴∠A0A2B1＝∠A0BlA2．
又∠A0A2H＝∠A0B1H，
∴∠HA2Bl＝∠HB1A2．
∴HA2＝HB1．
在△A0A2H与△A0B1H中，
∵A0A2＝A0B，HA2＝HB1，∠A0A2B＝∠A0B1H，
∴△A0A2H≌△A0B1H，
∴∠A2A0H＝∠B1A0H，
∴A0H平分等腰三角形A0A2B1的顶角∠A2A0B1，
∴直线A0H垂直平分A2B1．
选图②．图②中有直线A0H垂直平分A2B2(如图所示)，
证明如下：
∵A0B2＝A0A2，
∴∠A0B2A2＝∠A0A2B2．
又∵∠A0B2B1＝∠A0A2A3＝45°，
∴∠HB2A2＝∠HA2B2，
∴HB2＝HA2，
∴点H在线段A2B的垂直平分线上．
又∵A0B2＝A0A2，
∴点A0在线段A2B2的垂直平分线上．
∴直线A0H垂直平分A2B2．
(3)当n为奇数时，
当n为偶数时，．
(4)存在．当n为奇数时，直线A0H垂直平分；
当n为偶数时，直线A0H垂直平分．
【总结升华】
本题考查由特殊到一般推理论证的能力，属较难题．具有较强的逻辑推理能力及演绎推理意识是解决问题的关键．
举一反三：
【变式】长为20，宽为a的矩形纸片（10＜a＜20），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下去，若在第n次操作后，剩下的矩形为正方形，则操作停止．当n=3时，a的值为 ．
【答案】
解：由题意，可知当10＜a＜20时，第一次操作后剩下的矩形的长为a，宽为20-a，所以第二次操作时正方形的边长为20-a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为20-a，2a-20．
此时，分两种情况：
①如果20-a＞2a-20，即a＜40，那么第三次操作时正方形的边长为2a-20．
则2a-20=（20-a）-（2a-20），解得a=12；
②如果20-a＜2a-20，即a＞，那么第三次操作时正方形的边长为20-a．
则20-a=（2a-20）-（20-a），解得a=15．
∴当n=3时，a的值为12或15．
故答案为：12或15．
3．用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图1，用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为 ．
【思路点拨】
根据正六边形的一个内角为120°，可求出正六边形密铺时需要的正多边形的内角，继而可求出这个正多边形的边数．
【答案与解析】
解：两个正六边形结合，一个公共点处组成的角度为240°，
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．
【总结升华】
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．
举一反三：
【高清课堂：观察、归纳型问题 例3】
【变式】（2016•安顺）观察下列砌钢管的横截面图：
则第n个图的钢管数是 .
【答案】
第一个图中钢管数为1+2=3；
第二个图中钢管数为2+3+4=9；
第三个图中钢管数为3+4+5+6=18；
第四个图中钢管数为4+5+6+7+8=30，
依此类推，第n个图中钢管数为n+（n+1）+（n+2）+…+2n=+=n2+n，
故答案为：n2+n．
类型三、数值、数量结果归纳
4．（2015•长清区模拟）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上且坐标是（0，2），点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，C1的坐标是（1，0），B1C1∥B2C2∥B3C3，以此继续下去，则点A2015到x轴的距离是 ．
【思路点拨】
根据勾股定理可得正方形A1B1C1D1的边长为，根据相似三角形的性质可得后面正方形的边长依次是前面正方形边长的，依次得到第2015个正方形和第2015个正方形的边长，进一步得到点A2015到x轴的距离．
【答案与解析】
如图，∵点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，B1C1∥B2C2∥B3C3，
∴△B1OC1∽△B2E2C2∽B3E4C3…，△B1OC1≌△C1E1D1，…，
∴B2E2=1，B3E4=，B4E6=，B5E8=…，
∴B2015E4017=，
作A1E⊥x轴，延长A1D1交x轴于F，
则△C1D1F∽△C1D1E1，
∴，
在Rt△OB1C1中，OB1=2，OC1=1，
正方形A1B1C1D1的边长为，
∴D1F=，
∴A1F=，
∵A1E∥D1E1，
∴，
∴A1E=3，
∴，
∴点A2015到x轴的距离是，
故答案为
【总结升华】
此题主要考查了正方形的性质以及解直角三角形的知识，得出正方形各边长是解题关键．
类型四、数形归纳
5．（秀屿区校级模拟）如图，从原点A开始，以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；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；…，按此规律，继续画半圆，则第6个半圆的面积为 （结果保留π）．
【思路点拨】
根据已知图形得出第5个半圆的半径，进而得出第5个半圆的面积，得出第n个半圆的半径，进而得出答案．
【答案与解析】
∵以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；
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5个半圆的直径为16，
根据已知可得出第n个半圆的直径为：2n﹣1，
则第n个半圆的半径为：=2n﹣2，
第n个半圆的面积为：=22n﹣5π．
所以第6个半圆的面积为：128π．
故答案为：128π．
【总结升华】
此题主要考查了图形的变化规律，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：
2n﹣1是解题关键．
中考冲刺：观察、归纳型问题—巩固练习（提高）
【巩固练习】
一、选择题
1．（2015秋•扬州校级月考）如图，数轴上有一个质点从原点出发，沿数轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动，质点落在表示数3的点上（允许重复过此点），则质点的不同运动方案共有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
2. 在平面坐标系中，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2012个正方形的面积为（ ）
A． B．
C． D．
3. 边长为a的等边三角形，记为第1个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第1个正六边形，取这个正六边形不相邻的三边中点，顺次连接又得到一个等边三角形，记为第2个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第2个正六边形（如图），…，按此方式依次操作，则第6个正六边形的边长为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
4．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n≥2时，Sn-Sn-1= ．
5．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 ．
6.（2016春•固始县期末）如图所示，在平面直角坐标系中，第一次将三角形OAB变换成三角形OA1B1，第二次将三角形OA1B1变换成三角形OA2B2．第三次将三角形OA2B2变换成三角形OA3B3，已知A（1，2），A1（2，2），A2（4，2），A3（8，2），B（2，0），B1（4，0），B2（8，0），B3（16，0）．．
（1）观察每次变换前后的三角形有何变化？找出规律再将三角形将△OA3B3变换成三角形OA4B4，则A4的坐标是 ，B4的坐标是 ．
（2）若按第（1）题找到的规律将三角形OAB进行n次变换，得到三角形OAnBn，推测An的坐标是 ，Bn的坐标是 .
三、解答题
7．在下图中，每个正方形由边长为1的小正方形组成：
（1）观察图形，请填写下列表格：
正方形边长
1
3
5
7
…
n（奇数）
蓝色小正方形个数
…
正方形边长
2
4
6
8
…
n（偶数）
蓝色小正方形个数
…
（2）在边长为n（n≥1）的正方形中，设蓝色小正方形的个数为P1，白色小正方形的个数为P2，问是否存在偶数n，使P2=5P1？若存在，请写出n的值；若不存在，请说明理由．
8. 定义：若某个图形可分割为若干个都与他相似的图形，则称这个图形是自相似图形.
探究：一般地，“任意三角形都是自相似图形”，只要顺次连结三角形各边中点，则可将原三角形分割为四个都与它自己相似的小三角形.我们把△DEF（图乙）第一次顺次连结各边中点所进行的分割，称为1阶分割（如图1）；把1阶分割得出的4个三角形再分别顺次连结它的各边中点所进行的分割，称为2阶分割（如图2）……依次规则操作下去.n阶分割后得到的每一个小三角形都是全等三角形（n为正整数），设此时小三角形的面积为Sn.
⑴若△DEF的面积为10000，当n为何值时，2＜Sn＜3？（请用计算器进行探索，要求至少写出三次的尝试估算过程）
⑵当n＞1时，请写出一个反映Sn－1，Sn，Sn＋1之间关系的等式（不必证明）.
9. （2016•台州）定义：有三个内角相等的四边形叫三等角四边形．
（1）三等角四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C，求∠A的取值范围；
（2）如图，折叠平行四边形纸片DEBF，使顶点E，F分别落在边BE，BF上的点A，C处，折痕分别为DG，DH．求证：四边形ABCD是三等角四边形．
（3）三等角四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C，若CB=CD=4，则当AD的长为何值时，AB的长最大，其最大值是多少？并求此时对角线AC的长．
10. 据我国古代《周髀算经》记载，公元前1120年商高对周公说，将一根直尺折成一个直角，两端连结得一个直角三角形，如果勾是三、股是四，那么弦就等于五.后人概括为“勾三、股四、弦五”.
⑴观察：3，4，5；5，12，13；7，24，25；……，发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就没有间断过.计算（9－1）、（9＋1）与（25－1）、（25＋1），并根据你发现的规律，分别写出能表示7，24，25的股和弦的算式；
⑵根据⑴的规律，用n（n为奇数且n≥3）的代数式来表示所有这些勾股数的勾、股、弦，合情猜想他们之间二种相等关系并对其中一种猜想加以证明；
⑶继续观察4，3，5；6，8，10；8，15，17；……，可以发现各组的第一个数都是偶数，且从4起也没有间断过.运用类似上述探索的方法，直接用m（m为偶数且m＞4）的代数式来表示他们的股和弦.
【答案与解析】
一、选择题
1.【答案】D；
【解析】∵数轴上有一个质点从原点出发，沿数轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动，质点落在表示数3的点上（允许重复过此点），
∴质点的不同运动方案为：方案一：0→﹣1→0→1→2→3；
方案二：0→1→0→1→2→3；
方案三：0→1→2→1→2→3；
方案四：0→1→2→3→2→3；
方案五：0→1→2→3→4→3．
故选项A错误，选项B错误，选项C错误，选项D正确．
故选D．
2.【答案】D；
【解析】∵点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），
∴OA=1，OD=2，
设正方形的面积分别为S1，S2…S2012，
根据题意，得：AD∥BC∥C1A2∥C2B2，
∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x，
∵∠ABA1=∠A1B1A2=90°，
∴△BAA1∽△B1A1A2，
在直角△ADO中，根据勾股定理，得：AD==，
∴AB=AD=BC=，
∴S1=5，
∵∠DAO+∠ADO=90°，∠DAO+∠BAA1=90°，
∴∠ADO=∠BAA1，
∴tan∠BAA1===，
∴A1B=，
∴A1B=A1C=BC+A1B=，
∴S2=×5=5×（）2，
∴==，
∴A2B1=×=，
∴A2C1=B1C1+A2B1=+==×（）2，
∴S3=×5=5×（）4，
由此可得：Sn=5×（）2n-2，
∴S2012=5×（）2×2012-2=5×（）4022．
故选D．
3.【答案】A；
【解析】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Rt△ABD和RtAFD中
∴Rt△△ABD≌Rt△AFD，
∴∠BAD=∠FAD=×120°=60°，
∴∠FAD+∠AFE=60°+120°=180°，
∴AD∥EF，
∵G、I分别为AF、DE中点，
∴GI∥EF∥AD，
∴∠FGI=∠FAD=60°，
∵六边形ABCDEF是正六边形，△QKM是等边三角形，
∴∠EDM=60°=∠M，
∴ED=EM，
同理AF=QF，
即AF=QF=EF=EM，
∵等边三角形QKM的边长是a，
∴第一个正六边形ABCDEF的边长是a，即等边三角形QKM的边长的，
过F作FZ⊥GI于Z，过E作EN⊥GI于N，
则FZ∥EN，
∵EF∥GI，
∴四边形FZNE是平行四边形，
∴EF=ZN=a，
∵GF=AF=×a=a，∠FGI=60°（已证），
∴∠GFZ=30°，
∴GZ=GF=a，
同理IN=a，
∴GI=a+a+a=a，即第一个等边三角形的边长是a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第二个正六边形的边长是×a；
同理第二个等边三角形的边长是×a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第三个正六边形的边长是××a；
同理第三个等边三角形的边长是××a，第四个正六边形的边长是×××a；
第四个等边三角形的边长是×××a，第五个正六边形的边长是××××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×a，
故选A．
二、填空题
4.【答案】.
【解析】连接BE，
∵在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，
∴BE∥AM，
∴△AME与△AMB同底等高，
∴△AME的面积=△AMB的面积，
∴当AB=n时，△AME的面积记为Sn=n2，
Sn-1=（n-1）2=n2-n+，
∴当n≥2时，Sn-Sn-1=，
故答案为：.
5.【答案】B；
【解析】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A′D，点F′，E′作F′G⊥A′D，E′H⊥A′D，
∵六边形ABCD是正六边形，
∴∠A′F′G=30°，
∴A′G=A′F′=，同理可得HD=，
∴A′D=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…1，
∴恰好滚动7周多一个，
∴会过点（45，2）的是点B．
故答案为：B．
6.【答案】（1）A4（16，2），B4（32，0）；（2）（2n，2），（2n+1，0）．
【解析】（1）根据题意，A4的横坐标是16，纵坐标是3，B4的横坐标是32，纵坐标是0．
所以A4（16，2），B4（32，0），
（2）由上题规律可知An的纵坐标总为2，横坐标为2n，Bn的纵坐标总为0，横坐标为2n+1．
所以An（2n，2），Bn（2n+1，0）．
三、解答题
7．【答案与解析】
（1）1，5，9，13，奇数2n－1；4，8，12，16，偶数2n．
（2）由（1）可知，当n为偶数时P1=2n，∴P2=n2－2n（用总个数n2减去蓝色小正方形的个数2n），根据题意得n2－2n=5×2n，即n2－12n=0，解得n=0（不合题意，舍去），n=12．∴存在偶数n=12，使得P2=5P1.
8．【答案与解析】
解：⑴△DEF经n阶分割所得的小三角形的个数为，∴Sn＝
当n＝5时，S5＝≈9.77；
当n＝6时，S6＝≈2.44；
当n＝7时，S7＝≈0.61；
∴当n＝6时，2＜S6＜3；
⑵S＝S×S；
9．【答案与解析】
解：（1）∵∠A=∠B=∠C，
∴3∠A+∠ADC=360°，
∴∠ADC=360°﹣3∠A．
∵0＜∠ADC＜180°，
∴0°＜360°﹣3∠A＜180°，
∴60°＜∠A＜120°；
（2）证明：∵四边形DEBF为平行四边形，
∴∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°．
∵DE=DA，DF=DC，
∴∠E=∠DAE=∠F=∠DCF，
∵∠DAE+∠DAB=180°，∠DCF+∠DCB=180°，∠E+∠EBF=180°，
∴∠DAB=∠DCB=∠ABC，
∴四边形ABCD是三等角四边形.
（3）①当60°＜∠A＜90°时，如图1，
过点D作DF∥AB，DE∥BC，
∴四边形BEDF是平行四边形，∠DFC=∠B=∠DEA，
∴EB=DF，DE=FB，
∵∠A=∠B=∠C，∠DFC=∠B=∠DEA，
∴△DAE∽△DCF，AD=DE，DC=DF=4，
设AD=x，AB=y，
∴AE=y﹣4，CF=4﹣x，
∵△DAE∽△DCF，
∴，
∴，
∴y=﹣x2+x+4=﹣（x﹣2）2+5，
∴当x=2时，y的最大值是5，
即：当AD=2时，AB的最大值为5，
②当∠A=90°时，三等角四边形是正方形，
∴AD=AB=CD=4，
③当90°＜∠A＜120°时，∠D为锐角，如图2，
∵AE=4﹣AB＞0，
∴AB＜4，
综上所述，当AD=2时，AB的长最大，最大值是5；
此时，AE=1，如图3，
过点C作CM⊥AB于M，DN⊥AB于N，
∵DA=DE，DN⊥AB，
∴AN=AE=，
∵∠DAN=∠CBM，∠DNA=∠CMB=90°，
∴△DAN∽△CBM，
∴，
∴BM=1，
∴AM=4，CM==，
∴AC===．
10．【答案与解析】
解：⑴∵（9－1）＝4，（9＋1）＝5；（25－1）＝12，（25＋1）＝13；
∴7，24，25的股的算式为：（49－1）＝（72－1）
弦的算式为：（49＋1）＝（72＋1）；
⑵当n为奇数且n≥3，勾、股、弦的代数式分别为：n，（n2－1），（n2＋1）.
例如关系式①：弦－股＝1；关系式②：勾2＋股2＝弦2；
证明关系式①：弦－股＝（n2＋1）－（n2－1）＝［（n2＋1）－（n2－1）］＝1；
或证明关系式②：勾2＋股2＝n2＋［（n2－1）］2＝n4＋n2＋＝（n2＋1）2＝弦2；
∴猜想得证.
⑶例如探索得，当m为偶数且m＞4时，
股、弦的代数式分别为：（）2－1，（）2＋1.
中考冲刺：观察、归纳型问题—知识讲解（提高）
【中考展望】
主要通过观察、实验、归纳、类比等活动，探索事物的内在规律，考查学生的逻辑推理能力，一般以解答题为主．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，以此体现出猜想的实际意义.
【方法点拨】
观察、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.
考查知识分为两类：①是数字或字母规律探索型问题；②是几何图形中规律探索型问题．
1．数式归纳
题型特点：通常给定一些数字、代数式、等式或不等式，然后观察猜想其中蕴含的规律，归纳出用某一字母表示的能揭示其规律的代数式或按某些规律写出后面某一项的数或式子．
解题策略：一般是先写出数或式的基本结构，然后通过横比(比较同一等式中不同部分的数量关系)或纵比(比较不同等式间相同位置的数量关系)找出各部分的特征，改写成要求的格式．
2．图形变化归纳
题型特点：观察给定图形的摆放特点或变化规律，归纳出下一个图形的摆放特点或变化规律，或者能用某一字母的代数式揭示出图形变化的个数、面积、周长等规律特点．
解题策略：多方面、多角度进行观察比较得出图形个数、面积、周长等的通项，再分别取n＝1，2，3…代入验证，都符合时即为正确结论．
由于猜想归纳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.
【典型例题】
类型一、数式归纳
1．“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 ①
S=100+99+98+…+3+2+1 ②
①+②：有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= ．
【思路点拨】
根据题目提供的信息，列出方程，然后求解即可．
【答案与解析】
解：设S=3+5+7+…+（2n+1）=168①，
则S=（2n+1）+…+7+5+3=168②，
①+②得，2S=n（2n+1+3）=2×168，
整理得，n2+2n-168=0，
解得n1=12，n2=-14（舍去）．
故答案为：12．
【总结升华】
本题考查了有理数的混合运算，读懂题目提供的信息，表示出这列数据的和并列出方程是解题的关键．
举一反三：
【高清课堂：观察、归纳型问题 例5】
【变式】如下数表是由从1开始的连续自然数组成，观察规律并完成各题的解答．
（1）表中第8行的最后一个数是 ，它是自然数 的平方，第8行共有 个数；
（2）用含n的代数式表示：第n行的第一个数是 ，最后一个数是 ，第n行共有 个数；
（3）求第n行各数之和．
【答案】
（1）6464， 88， 1515；
（2）n2-2n+2n2-2n+2， n2n2， 2n-12n-1；
（3）．
类型二、图形变化归纳
2．课题：两个重叠的正多边形，其中的一个绕着某一顶点旋转所形成的有关问题．
实验与论证
设旋转角∠A1A0B1＝α(α＜∠A1A0A2)，，，，所表示的角如图所示．
(1)用含α的式子表示角的度数：________，________，________；
(2)如上图①～图④中，连结A0H时，在不添加其他辅助线的情况下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请选择其中的一个图给出证明；若不存在，请说明理由；
归纳与猜想
设正n边形A0A1A2…与正n边形A0B1B2…重合(其中，A1与B1重合)，现将正n边形A0B1B2…绕顶点A0逆时针旋转．
(3)设与上述“，，…”的意义—样，请直接写出的度数；
(4)试猜想在正n边形的情形下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请将这条线段用相应的顶点字母表示出来(不要求证明)；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）要求的度数，应从旋转中有关角度的变与不变上突破；（2）结合图形比较容易得到被A0H垂直平分的线段，在证明时要充分利用背景中正多边形及旋转中的角度；（3）要探究的度数，要注意区分正偶数边形及正奇数边形两种情形去思考与求解度数的表达式；（4）要探究正n边形中被A0H垂直平分的线段，也应注意区分正偶数边形及正奇数边形两种情形去思考与突破.
【答案与解析】
解：(1)，，．
(2)存在．下面就所选图形的不同分别给出证明：
选图①．图①中有直线A0H垂直平分A2B1(如图所示)，
证明如下：
证法一：证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形，
∴A0A2＝A0B1，
∴∠A0A2Bl＝∠A0B1A2．
又∠A0A2H＝∠A0B1H＝60°，
∴∠HA2Bl＝∠HB1A2，
∴A2H＝B1H，∴点H在线段A2B1的垂直平分线上．
又∵A0A2＝A0B1，
∴点A0在线段A2B1的垂直平分线上．
∴直线A0H垂直平分A2B1．
证法二：证明：∵△A0A1A2与△A0B1B2是全等的等边三角形，
∴A0A2＝A0B1，
∴∠A0A2B1＝∠A0BlA2．
又∠A0A2H＝∠A0B1H，
∴∠HA2Bl＝∠HB1A2．
∴HA2＝HB1．
在△A0A2H与△A0B1H中，
∵A0A2＝A0B，HA2＝HB1，∠A0A2B＝∠A0B1H，
∴△A0A2H≌△A0B1H，
∴∠A2A0H＝∠B1A0H，
∴A0H平分等腰三角形A0A2B1的顶角∠A2A0B1，
∴直线A0H垂直平分A2B1．
选图②．图②中有直线A0H垂直平分A2B2(如图所示)，
证明如下：
∵A0B2＝A0A2，
∴∠A0B2A2＝∠A0A2B2．
又∵∠A0B2B1＝∠A0A2A3＝45°，
∴∠HB2A2＝∠HA2B2，
∴HB2＝HA2，
∴点H在线段A2B的垂直平分线上．
又∵A0B2＝A0A2，
∴点A0在线段A2B2的垂直平分线上．
∴直线A0H垂直平分A2B2．
(3)当n为奇数时，
当n为偶数时，．
(4)存在．当n为奇数时，直线A0H垂直平分；
当n为偶数时，直线A0H垂直平分．
【总结升华】
本题考查由特殊到一般推理论证的能力，属较难题．具有较强的逻辑推理能力及演绎推理意识是解决问题的关键．
举一反三：
【变式】长为20，宽为a的矩形纸片（10＜a＜20），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下去，若在第n次操作后，剩下的矩形为正方形，则操作停止．当n=3时，a的值为 ．
【答案】
解：由题意，可知当10＜a＜20时，第一次操作后剩下的矩形的长为a，宽为20-a，所以第二次操作时正方形的边长为20-a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为20-a，2a-20．
此时，分两种情况：
①如果20-a＞2a-20，即a＜40，那么第三次操作时正方形的边长为2a-20．
则2a-20=（20-a）-（2a-20），解得a=12；
②如果20-a＜2a-20，即a＞，那么第三次操作时正方形的边长为20-a．
则20-a=（2a-20）-（20-a），解得a=15．
∴当n=3时，a的值为12或15．
故答案为：12或15．
3．用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图1，用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为 ．
【思路点拨】
根据正六边形的一个内角为120°，可求出正六边形密铺时需要的正多边形的内角，继而可求出这个正多边形的边数．
【答案与解析】
解：两个正六边形结合，一个公共点处组成的角度为240°，
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．
【总结升华】
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．
举一反三：
【高清课堂：观察、归纳型问题 例3】
【变式】（2016•安顺）观察下列砌钢管的横截面图：
则第n个图的钢管数是 .
【答案】
第一个图中钢管数为1+2=3；
第二个图中钢管数为2+3+4=9；
第三个图中钢管数为3+4+5+6=18；
第四个图中钢管数为4+5+6+7+8=30，
依此类推，第n个图中钢管数为n+（n+1）+（n+2）+…+2n=+=n2+n，
故答案为：n2+n．
类型三、数值、数量结果归纳
4．（2015•长清区模拟）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上且坐标是（0，2），点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，C1的坐标是（1，0），B1C1∥B2C2∥B3C3，以此继续下去，则点A2015到x轴的距离是 ．
【思路点拨】
根据勾股定理可得正方形A1B1C1D1的边长为，根据相似三角形的性质可得后面正方形的边长依次是前面正方形边长的，依次得到第2015个正方形和第2015个正方形的边长，进一步得到点A2015到x轴的距离．
【答案与解析】
如图，∵点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，B1C1∥B2C2∥B3C3，
∴△B1OC1∽△B2E2C2∽B3E4C3…，△B1OC1≌△C1E1D1，…，
∴B2E2=1，B3E4=，B4E6=，B5E8=…，
∴B2015E4017=，
作A1E⊥x轴，延长A1D1交x轴于F，
则△C1D1F∽△C1D1E1，
∴，
在Rt△OB1C1中，OB1=2，OC1=1，
正方形A1B1C1D1的边长为，
∴D1F=，
∴A1F=，
∵A1E∥D1E1，
∴，
∴A1E=3，
∴，
∴点A2015到x轴的距离是，
故答案为
【总结升华】
此题主要考查了正方形的性质以及解直角三角形的知识，得出正方形各边长是解题关键．
类型四、数形归纳
5．（秀屿区校级模拟）如图，从原点A开始，以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；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；…，按此规律，继续画半圆，则第6个半圆的面积为 （结果保留π）．
【思路点拨】
根据已知图形得出第5个半圆的半径，进而得出第5个半圆的面积，得出第n个半圆的半径，进而得出答案．
【答案与解析】
∵以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；
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5个半圆的直径为16，
根据已知可得出第n个半圆的直径为：2n﹣1，
则第n个半圆的半径为：=2n﹣2，
第n个半圆的面积为：=22n﹣5π．
所以第6个半圆的面积为：128π．
故答案为：128π．
【总结升华】
此题主要考查了图形的变化规律，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：
2n﹣1是解题关键．
中考冲刺：观察、归纳型问题—巩固练习（提高）
【巩固练习】
一、选择题
1．（2015秋•扬州校级月考）如图，数轴上有一个质点从原点出发，沿数轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动，质点落在表示数3的点上（允许重复过此点），则质点的不同运动方案共有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
2. 在平面坐标系中，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2012个正方形的面积为（ ）
A． B．
C． D．
3. 边长为a的等边三角形，记为第1个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第1个正六边形，取这个正六边形不相邻的三边中点，顺次连接又得到一个等边三角形，记为第2个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第2个正六边形（如图），…，按此方式依次操作，则第6个正六边形的边长为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
4．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n≥2时，Sn-Sn-1= ．
5．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 ．
6.（2016春•固始县期末）如图所示，在平面直角坐标系中，第一次将三角形OAB变换成三角形OA1B1，第二次将三角形OA1B1变换成三角形OA2B2．第三次将三角形OA2B2变换成三角形OA3B3，已知A（1，2），A1（2，2），A2（4，2），A3（8，2），B（2，0），B1（4，0），B2（8，0），B3（16，0）．．
（1）观察每次变换前后的三角形有何变化？找出规律再将三角形将△OA3B3变换成三角形OA4B4，则A4的坐标是 ，B4的坐标是 ．
（2）若按第（1）题找到的规律将三角形OAB进行n次变换，得到三角形OAnBn，推测An的坐标是 ，Bn的坐标是 .
三、解答题
7．在下图中，每个正方形由边长为1的小正方形组成：
（1）观察图形，请填写下列表格：
正方形边长
1
3
5
7
…
n（奇数）
蓝色小正方形个数
…
正方形边长
2
4
6
8
…
n（偶数）
蓝色小正方形个数
…
（2）在边长为n（n≥1）的正方形中，设蓝色小正方形的个数为P1，白色小正方形的个数为P2，问是否存在偶数n，使P2=5P1？若存在，请写出n的值；若不存在，请说明理由．
8. 定义：若某个图形可分割为若干个都与他相似的图形，则称这个图形是自相似图形.
探究：一般地，“任意三角形都是自相似图形”，只要顺次连结三角形各边中点，则可将原三角形分割为四个都与它自己相似的小三角形.我们把△DEF（图乙）第一次顺次连结各边中点所进行的分割，称为1阶分割（如图1）；把1阶分割得出的4个三角形再分别顺次连结它的各边中点所进行的分割，称为2阶分割（如图2）……依次规则操作下去.n阶分割后得到的每一个小三角形都是全等三角形（n为正整数），设此时小三角形的面积为Sn.
⑴若△DEF的面积为10000，当n为何值时，2＜Sn＜3？（请用计算器进行探索，要求至少写出三次的尝试估算过程）
⑵当n＞1时，请写出一个反映Sn－1，Sn，Sn＋1之间关系的等式（不必证明）.
9. （2016•台州）定义：有三个内角相等的四边形叫三等角四边形．
（1）三等角四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C，求∠A的取值范围；
（2）如图，折叠平行四边形纸片DEBF，使顶点E，F分别落在边BE，BF上的点A，C处，折痕分别为DG，DH．求证：四边形ABCD是三等角四边形．
（3）三等角四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C，若CB=CD=4，则当AD的长为何值时，AB的长最大，其最大值是多少？并求此时对角线AC的长．
10. 据我国古代《周髀算经》记载，公元前1120年商高对周公说，将一根直尺折成一个直角，两端连结得一个直角三角形，如果勾是三、股是四，那么弦就等于五.后人概括为“勾三、股四、弦五”.
⑴观察：3，4，5；5，12，13；7，24，25；……，发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就没有间断过.计算（9－1）、（9＋1）与（25－1）、（25＋1），并根据你发现的规律，分别写出能表示7，24，25的股和弦的算式；
⑵根据⑴的规律，用n（n为奇数且n≥3）的代数式来表示所有这些勾股数的勾、股、弦，合情猜想他们之间二种相等关系并对其中一种猜想加以证明；
⑶继续观察4，3，5；6，8，10；8，15，17；……，可以发现各组的第一个数都是偶数，且从4起也没有间断过.运用类似上述探索的方法，直接用m（m为偶数且m＞4）的代数式来表示他们的股和弦.
【答案与解析】
一、选择题
1.【答案】D；
【解析】∵数轴上有一个质点从原点出发，沿数轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动，质点落在表示数3的点上（允许重复过此点），
∴质点的不同运动方案为：方案一：0→﹣1→0→1→2→3；
方案二：0→1→0→1→2→3；
方案三：0→1→2→1→2→3；
方案四：0→1→2→3→2→3；
方案五：0→1→2→3→4→3．
故选项A错误，选项B错误，选项C错误，选项D正确．
故选D．
2.【答案】D；
【解析】∵点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），
∴OA=1，OD=2，
设正方形的面积分别为S1，S2…S2012，
根据题意，得：AD∥BC∥C1A2∥C2B2，
∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x，
∵∠ABA1=∠A1B1A2=90°，
∴△BAA1∽△B1A1A2，
在直角△ADO中，根据勾股定理，得：AD==，
∴AB=AD=BC=，
∴S1=5，
∵∠DAO+∠ADO=90°，∠DAO+∠BAA1=90°，
∴∠ADO=∠BAA1，
∴tan∠BAA1===，
∴A1B=，
∴A1B=A1C=BC+A1B=，
∴S2=×5=5×（）2，
∴==，
∴A2B1=×=，
∴A2C1=B1C1+A2B1=+==×（）2，
∴S3=×5=5×（）4，
由此可得：Sn=5×（）2n-2，
∴S2012=5×（）2×2012-2=5×（）4022．
故选D．
3.【答案】A；
【解析】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Rt△ABD和RtAFD中
∴Rt△△ABD≌Rt△AFD，
∴∠BAD=∠FAD=×120°=60°，
∴∠FAD+∠AFE=60°+120°=180°，
∴AD∥EF，
∵G、I分别为AF、DE中点，
∴GI∥EF∥AD，
∴∠FGI=∠FAD=60°，
∵六边形ABCDEF是正六边形，△QKM是等边三角形，
∴∠EDM=60°=∠M，
∴ED=EM，
同理AF=QF，
即AF=QF=EF=EM，
∵等边三角形QKM的边长是a，
∴第一个正六边形ABCDEF的边长是a，即等边三角形QKM的边长的，
过F作FZ⊥GI于Z，过E作EN⊥GI于N，
则FZ∥EN，
∵EF∥GI，
∴四边形FZNE是平行四边形，
∴EF=ZN=a，
∵GF=AF=×a=a，∠FGI=60°（已证），
∴∠GFZ=30°，
∴GZ=GF=a，
同理IN=a，
∴GI=a+a+a=a，即第一个等边三角形的边长是a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第二个正六边形的边长是×a；
同理第二个等边三角形的边长是×a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第三个正六边形的边长是××a；
同理第三个等边三角形的边长是××a，第四个正六边形的边长是×××a；
第四个等边三角形的边长是×××a，第五个正六边形的边长是××××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×a，
故选A．
二、填空题
4.【答案】.
【解析】连接BE，
∵在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，
∴BE∥AM，
∴△AME与△AMB同底等高，
∴△AME的面积=△AMB的面积，
∴当AB=n时，△AME的面积记为Sn=n2，
Sn-1=（n-1）2=n2-n+，
∴当n≥2时，Sn-Sn-1=，
故答案为：.
5.【答案】B；
【解析】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A′D，点F′，E′作F′G⊥A′D，E′H⊥A′D，
∵六边形ABCD是正六边形，
∴∠A′F′G=30°，
∴A′G=A′F′=，同理可得HD=，
∴A′D=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…1，
∴恰好滚动7周多一个，
∴会过点（45，2）的是点B．
故答案为：B．
6.【答案】（1）A4（16，2），B4（32，0）；（2）（2n，2），（2n+1，0）．
【解析】（1）根据题意，A4的横坐标是16，纵坐标是3，B4的横坐标是32，纵坐标是0．
所以A4（16，2），B4（32，0），
（2）由上题规律可知An的纵坐标总为2，横坐标为2n，Bn的纵坐标总为0，横坐标为2n+1．
所以An（2n，2），Bn（2n+1，0）．
三、解答题
7．【答案与解析】
（1）1，5，9，13，奇数2n－1；4，8，12，16，偶数2n．
（2）由（1）可知，当n为偶数时P1=2n，∴P2=n2－2n（用总个数n2减去蓝色小正方形的个数2n），根据题意得n2－2n=5×2n，即n2－12n=0，解得n=0（不合题意，舍去），n=12．∴存在偶数n=12，使得P2=5P1.
8．【答案与解析】
解：⑴△DEF经n阶分割所得的小三角形的个数为，∴Sn＝
当n＝5时，S5＝≈9.77；
当n＝6时，S6＝≈2.44；
当n＝7时，S7＝≈0.61；
∴当n＝6时，2＜S6＜3；
⑵S＝S×S；
9．【答案与解析】
解：（1）∵∠A=∠B=∠C，
∴3∠A+∠ADC=360°，
∴∠ADC=360°﹣3∠A．
∵0＜∠ADC＜180°，
∴0°＜360°﹣3∠A＜180°，
∴60°＜∠A＜120°；
（2）证明：∵四边形DEBF为平行四边形，
∴∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°．
∵DE=DA，DF=DC，
∴∠E=∠DAE=∠F=∠DCF，
∵∠DAE+∠DAB=180°，∠DCF+∠DCB=180°，∠E+∠EBF=180°，
∴∠DAB=∠DCB=∠ABC，
∴四边形ABCD是三等角四边形.
（3）①当60°＜∠A＜90°时，如图1，
过点D作DF∥AB，DE∥BC，
∴四边形BEDF是平行四边形，∠DFC=∠B=∠DEA，
∴EB=DF，DE=FB，
∵∠A=∠B=∠C，∠DFC=∠B=∠DEA，
∴△DAE∽△DCF，AD=DE，DC=DF=4，
设AD=x，AB=y，
∴AE=y﹣4，CF=4﹣x，
∵△DAE∽△DCF，
∴，
∴，
∴y=﹣x2+x+4=﹣（x﹣2）2+5，
∴当x=2时，y的最大值是5，
即：当AD=2时，AB的最大值为5，
②当∠A=90°时，三等角四边形是正方形，
∴AD=AB=CD=4，
③当90°＜∠A＜120°时，∠D为锐角，如图2，
∵AE=4﹣AB＞0，
∴AB＜4，
综上所述，当AD=2时，AB的长最大，最大值是5；
此时，AE=1，如图3，
过点C作CM⊥AB于M，DN⊥AB于N，
∵DA=DE，DN⊥AB，
∴AN=AE=，
∵∠DAN=∠CBM，∠DNA=∠CMB=90°，
∴△DAN∽△CBM，
∴，
∴BM=1，
∴AM=4，CM==，
∴AC===．
10．【答案与解析】
解：⑴∵（9－1）＝4，（9＋1）＝5；（25－1）＝12，（25＋1）＝13；
∴7，24，25的股的算式为：（49－1）＝（72－1）
弦的算式为：（49＋1）＝（72＋1）；
⑵当n为奇数且n≥3，勾、股、弦的代数式分别为：n，（n2－1），（n2＋1）.
例如关系式①：弦－股＝1；关系式②：勾2＋股2＝弦2；
证明关系式①：弦－股＝（n2＋1）－（n2－1）＝［（n2＋1）－（n2－1）］＝1；
或证明关系式②：勾2＋股2＝n2＋［（n2－1）］2＝n4＋n2＋＝（n2＋1）2＝弦2；
∴猜想得证.
⑶例如探索得，当m为偶数且m＞4时，
股、弦的代数式分别为：（）2－1，（）2＋1.
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