∴第 4 个半圆的面积为：
=8π，
第 3 个半圆面积为：
=2π，
∴第 4 个半圆的面积是第 3 个半圆面积的 =4 倍；
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．
故答案为：4，22n﹣5π． 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：2n﹣1 是解题关键．
A．
B．
C．
D．
考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质；解直角三角形。810360 专题： 规律型。 分析： 利用正方形的性质以及平行线的性质分别得出 D1E1=B2E2= ，B2C2= ，进而得出
B3C3= ，求出 WQ= × = ，FW=WA3•cos30°= × = ，即可得出答案．
解答： 解：过小正方形的一个顶点 W 作 FQ⊥x 轴于点 Q，过点 A3F⊥FQ 于点 F， ∵正方形 A1B1C1D1 的边长为 1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3， ∴∠B3C3 E4=60°，∠D1C1E1=30°，∠E2B2C2=30°， ∴D1E1= D1C1= ，
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． 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
2013 年中考数学复习专题讲座八：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
-4-
A．2
B．
C．
D．
考点： 规律型：图形的变化类；等边三角形的性质。810360 分析： 当 n=2 时，折线的长度为：1+ = ；当 n=3 时，折线的长度为： + × = ；当 n=4
时，折线的长度为： + × = ，从而可求出折线的总长度．
解答： 解：由题意得：当 n=2 时，折线的长度为：1+ = ；
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 前所学习的函数关 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 （2012•苏州）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，点 C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3 在 x 轴上．若正方形 A1B1C1D1 的边长为 1， ∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，则点 A3 到 x 轴的距离是（ ）
∴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．
-3-
考点： 规律型：图形的变化类。810360 分析： 根据已知图形得出第 4 个半圆的半径是第 3 个半圆的半径，进而得出第 4 个半圆的 面积与第 3 个半圆面积的关系，得出第 n 个半圆的半径，进而得出答案． 解答： 解：∵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，
例 16 （2012•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
①
S=100+99+98+…+3+2+1
②
①+②：有 2S=（1+100）×100 解得：S=5050
-5-
例 13 （2012•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。810360 专题： 规律型。 分析： 先连接 A′D，过点 F′，E′作 F′G⊥A′D，E′H⊥A′D，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 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°，
，
故选：D．
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 （2012•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，折痕与 AD 交于点 P3；…；设 Pn﹣1Dn﹣2 的中点为 Dn﹣1，第 n 次将 纸片折叠，使点 A 与点 Dn﹣1 重合，折痕与 AD 交于点 Pn（n＞2），则 AP6 的长为（ ）
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
．
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考点： 翻折变换（折叠问题）。810360 专题： 规律型。 分析： 首先根据题意可得可知当 10＜a＜20 时，第一次操作后剩下的矩形的长为 a，宽为 20 ﹣a，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．然后分别从 20﹣a＞2a﹣20 与 20﹣a＜2a﹣20 去分析求解，即可求得答案． 解答： 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；
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∴D1E1=B2E2= ，
∴cos30°=
=
，
解得：B2C2= ， ∴B3E4= ，
cos30°=
，
解得：B3C3= ，
则 WC3= ， 根据题意得出：∠WC3 Q=30°，∠C3 WQ=60°，∠A3 WF=30°， ∴WQ= × = ，
FW=WA3•cos30°= × = ，
则点 A3 到 x 轴的距离是：FW+WQ= + =
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 4 个半圆的面积是第 3 个半圆面积的
的面积为
（结果保留π）
倍，第 n 个半圆
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。810360 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）=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． 点评： 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．
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
．
考点： 平面镶嵌（密铺）。810360 专题： 应用题。 分析： 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． 解答： 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． 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．