考点： 同底数幂的乘法． 专题： 计算题． 23410分析： （1）设S=1+2+2+2+2+…+2，两边乘以2后得到关系式，与已知等式相减，变形即可求出所求式子的值； （2）同理即可得到所求式子的值． 23410解答： 解：（1）设S=1+2+2+2+2+…+2， 2341011将等式两边同时乘以2得2S=2+2+2+2+…+2+2， 1111将下式减去上式得：2S﹣S=2﹣1，即S=2﹣1， 2341011则1+2+2+2+2+…+2=2﹣1； （2）设S=1+3+3+3+3+…+3①， 234nn+1两边乘以3得：3S=3+3+3+3+…+3+3②， ②﹣①得：3S﹣S=3234n+1234n﹣1，即S=（3nn+1n+1﹣1）， 则1+3+3+3+3+…+3=（3﹣1）． 点评： 此题考查了同底数幂的乘法，弄清题中的技巧是解本题的关键． 13．（2012?济宁）问题情境：
用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放，则第2012个图共有多少枚棋子？
建立模型：
有些规律问题可以借助函数思想来探讨，具体步骤：第一步，确定变量；第二步：在直角坐标系中画出函数图象；第三步：根据函数图象猜想并求出函数关系式；第四步：把另外的某一点代入验证，若成立，则用这个关系式去求解．
解决问题：
根据以上步骤，请你解答“问题情境”．
考点： 一次函数的应用；规律型：图形的变化类． 专题： 阅读型． 分析： 画出相关图形后可得这些点在一条直线上，设出直线解析式，把任意两点代入可得直线解析式，进而把
x=2012代入可得相应的棋子数目． 解答： 解：以图形的序号为横坐标，棋子的枚数为纵坐标，描点：（1，4）、（2，7）、（3，10）、（4，13）依次连接以上各点，所有各点在一条直线上， 设直线解析式为y=kx+b，把（1，4）、（2，7）两点坐标代入得 解得， 所以y=3x+1， 验证：当x=3时，y=10． 所以，另外一点也在这条直线上． 当x=2012时，y=3×2012+1=6037． 答：第2012个图有6037枚棋子． 点评： 考查一次函数的应用；根据所给点画出的相关图形判断出相应的函数是解决本题的突破点． 14．（2013?绍兴）如图，矩形ABCD中，AB=6，第1次平移将矩形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位，得到矩形A1B1C1D1，第2次平移将矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位，得到矩形A2B2C2D2…，第n次平移将矩形An﹣1Bn﹣1Cn﹣1Dn﹣1沿An﹣1Bn﹣1的方向平移5个单位，得到矩形AnBnCnDn（n＞2）．
（1）求AB1和AB2的长． （2）若ABn的长为56，求n． 考点： 平移的性质；一元一次方程的应用；矩形的性质． 专题： 规律型． 分析： （1）根据平移的性质得出AA1=5，A1A2=5，A2B1=A1B1﹣A1A2=6﹣5=1，进而求出AB1和AB2的长； （2）根据（1）中所求得出数字变化规律，进而得出ABn=（n+1）×5+1求出n即可． 解答： 解：（1）∵AB=6，第1次平移将矩形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位，得到矩形A1B1C1D1， 第2次平移将矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位，得到矩形A2B2C2D2…， ∴AA1=5，A1A2=5，A2B1=A1B1﹣A1A2=6﹣5=1， ∴AB1=AA1+A1A2+A2B1=5+5+1=11， ∴AB2的长为：5+5+6=16；
（2）∵AB1=2×5+1=11，AB2=3×5+1=16， ∴ABn=（n+1）×5+1=56， 解得：n=10． 点评： 此题主要考查了平移的性质以及一元一次方程的应用，根据平移的性质得出AA1=5，A1A2=5是解题关键． 15．（2011?连云港）某课题研究小组就图形面积问题进行专题研究，他们发现如下结论： （1）有一条边对应相等的两个三角形面积之比等于这条边上的对应高之比； （2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比； …
现请你继续对下面问题进行探究，探究过程可直接应用上述结论．（S表示面积）
问题1：如图1，现有一块三角形纸板ABC，P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC．经探究知
=S△ABC，请证明．
问题2：若有另一块三角形纸板，可将其与问题1中的拼合成四边形ABCD，如图2，Q1，Q2三等分边DC．请探究
与S四边形ABCD之间的数量关系．
．
问题3：如图3，P1，P2，P3，P4五等分边AB，Q1，Q2，Q3，Q4五等分边DC．若S四边形ABCD=1，求
问题4：如图4，P1，P2，P3四等分边AB，Q1，Q2，Q3四等分边DC，P1Q1，P2Q2，P3Q3将四边形ABCD分成四个部分，面积分别为S1，S2，S3，S4．请直接写出含有S1，S2，S3，S4的一个等式． 考点： 三角形的面积． 专题： 压轴题． 分析： 问题1，图1中，连接P1R2，R2B，由三角形中线的性质得S△AP1R1=S△P1R1R2，S△P1R2P2=S△P2R2B，再由R1，R2为AC的三等分点，得S△BCR2=S△ABR2，根据图形的面积关系，得S△ABC与S四边形P1P2R2R1的数量关系，证明结论； 问题2，图2中，连接AQ1，Q1P2，P2C，由三角形的中线性质，得S△AQ1P1=S△P1Q1P2，S△P2Q1Q2=S△P2Q2C，由Q1，P2为CD，AB的三等分点可知，S△ADQ1=S△AQ1C，S△BCP2=S△AP2C，得出S△ADQ1+S△BCP2与S四边形AQ1CP2的关系，再根据图形的面积关系，得S四边形ABCD与S四边形P1Q1Q2P2的等量关系； 问题3，图3中，依次设四边形的面积为S1，S2，S3，S4，S5，由问题2的结论可推出2S2=S1+S3，2S3=S2+S4，2S4=S3+S5，三式相加，得S2+S4=S1+S5，利用换元法求S1+S2+S3+S4+S5与S3的数量关系，已知S四边形ABCD=1，可求S四边形P2Q2Q3P3； 问题4，图4中，由问题2的结论可知，2S2=S1+S3，2S3=S2+S4，两式相加得S1，S2，S3，S4的等量关系．
解答： 解：问题1，证明： 如图1，连接P1R2，R2B，在△AP1R2中，∵P1R1为中线，∴S△AP1R1=S△P1R1R2， 同理S△P1R2P2=S△P2R2B， ∴S△P1R1R2+S△P1R2P2=S△ABR2=S四边形P1P2R2R1， 由R1，R2为AC的三等分点可知，S△BCR2=S△ABR2， ∴S△ABC=S△BCR2+S△ABR2=S四边形P1P2R2R1+2S四边形P1P2R2R1=3S四边形P1P2R2R1， ∴S四边形P1P2R2R1=S△ABC； 问题2，S四边形ABCD=3S四边形P1Q1Q2P2． 理由：如图2，连接AQ1，Q1P2，P2C，在△AQ1P2中，∵Q1P1为中线， ∴S△AQ1P1=S△P1Q1P2，同理S△P2Q1Q2=S△P2Q2C， ∴S△P1Q1P2+S△P2Q1Q2=S四边形AQ1CP2=S四边形P1Q1Q2P2， 由Q1，P2为CD，AB的三等分点可知，S△ADQ1=S△AQ1C，S△BCP2=S△AP2C， ∴S△ADQ1+S△BCP2=（S△AQ1C+S△AP2C）=S四边形AQ1CP2， ∴S四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=S四边形AQ1CP2+S△ADQ1+S△BCP2=3S四边形P1Q1Q2P2， 即S四边形ABCD=3S四边形P1Q1Q2P2； 问题3，解： 如图3，由问题2的结论可知，3S2=S1+S2+S3，即2S2=S1+S3，同理得2S3=S2+S4，2S4=S3+S5， 三式相加得，S2+S4=S1+S5， ∴S1+S2+S3+S4+S5=2（S2+S4）+S3=2×2S3+S3=5S3， 即S四边形P2Q2Q3P3=S四边形ABCD=； 问题4，如图4，关系式为：S2+S3=S1+S4． 点评： 本题考查了三角形面积问题．关键是利用三角形的中线把三角形分为面积相等的两个三角形的性质进行推理． 16．（2012?岳阳）（1）操作发现：如图①，D是等边△ABC边BA上一动点（点D与点B不重合），连接DC，以DC为边在BC上方作等边△DCF，连接AF．你能发现线段AF与BD之间的数量关系吗？并证明你发现的结论． （2）类比猜想：如图②，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时，其他作法与（1）相同，猜想AF与BD在（1）中的结论是否仍然成立？
（3）深入探究： Ⅰ．如图③，当动点D在等边△ABC边BA上运动时（点D与点B不重合）连接DC，以DC为边在BC上方、下方分别作等边△DCF和等边△DCF′，连接AF、BF′，探究AF、BF′与AB有何数量关系？并证明你探究的结论． Ⅱ．如图④，当动点D在等边△边BA的延长线上运动时，其他作法与图③相同，Ⅰ中的结论是否成立？若不成立，是否有新的结论？并证明你得出的结论．
考点： 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 专题： 几何综合题；压轴题． 分析： （1）根据等边三角形的三条边、三个内角都相等的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△BCD≌△ACF；然后由全等三角形的对应边相等知AF=BD； （2）通过证明△BCD≌△ACF，即可证明AF=BD； （3）Ⅰ．AF+BF′=AB；利用全等三角形△BCD≌△ACF（SAS）的对应边BD=AF；同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD，所以AF+BF′=AB； Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立．新的结论是AF=AB+BF′；通过证明△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD（全等三角形的对应边相等）；再结合（2）中的结论即可证得AF=AB+BF′． 解答： 解：（1）AF=BD； 证明如下：∵△ABC是等边三角形（已知）， ∴BC=AC，∠BCA=60°（等边三角形的性质）； 同理知，DC=CF，∠DCF=60°； ∴∠BCA﹣∠DCA=∠DCF﹣∠DCA，即∠BCD=∠ACF； 在△BCD和△ACF中， ， ∴△BCD≌△ACF（SAS）， ∴BD=AF（全等三角形的对应边相等）； （2）证明过程同（1），证得△BCD≌△ACF（SAS），则AF=BD（全等三角形的对应边相等），所以，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线上时，其他作法与（1）相同，AF=BD仍然成立； （3）Ⅰ．AF+BF′=AB； 证明如下：由（1）知，△BCD≌△ACF（SAS），则BD=AF； 同理△BCF′≌△ACD（SAS），则BF′=AD， ∴AF+BF′=BD+AD=AB； Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立．新的结论是AF=AB+BF′； 证明如下：在△BCF′和△ACD中， ， ∴△BCF′≌△ACD（SAS）， ∴BF′=AD（全等三角形的对应边相等）；
又由（2）知，AF=BD； ∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′，即AF=AB+BF′． 点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质．等边三角形的三条边都相等，三个内角都是60°．