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1. 数轴上两点间的距离等于这两点所对应的数的差的绝对值. 如:数轴上表示数$x$与3的两点间的距离是$|x-3|$.若$(|x-3|+|x+2|)(|y-1|+|y-5|)=20$,则$y-x$的最大值为（
A.4
B.6
C.7
D.8
C
）A.4
B.6
C.7
D.8
答案
1. C 提示:由题意,得|x-3|+|x+2|的几何意义为表示数x的点到表示3和-2的点的距离和,当-2≤x≤3时,最小值为5;|y-1|+|y-5|的几何意义为表示数y的点到表示1和5的点的距离和,当1≤y≤5时,最小值为4.因为(|x-3|+|x+2|)(|y-1|+|y-5|)=20,所以|x-3|+|x+2|=5且|y-1|+|y-5|=4,即-2≤x≤3,1≤y≤5.因为y-x取最大值,所以y取最大值,x取最小值,即5-(-2)=7,所以y-x的最大值为7.
解析
【分析】
这道题的核心是利用绝对值的几何意义简化运算，不需要对绝对值做繁琐的分类讨论。首先第一步，先分别分析两个括号里的绝对值和的取值范围：第一个括号|x-3|+|x+2|对应数轴上点x到点3和点-2的距离之和，先找它的最小值；第二个括号|y-1|+|y-5|对应数轴上点y到点1和点5的距离之和，同样先求它的最小值。第二步，我们会发现两个最小值相乘刚好等于题目给出的20，因此两个括号的取值只能是各自的最小值，由此就能锁定x和y的取值范围。第三步，要让y-x取得最大值，只需要让y取范围内的最大值，x取范围内的最小值，代入计算就能得到结果。
【解析】
1. 分析|x-3|+|x+2|的取值：
根据绝对值的几何意义，|x-3|是x到3的距离，|x+2|=|x-(-2)|是x到-2的距离，因此两者之和是数轴上动点x到定点3、-2的距离总和。
当动点x落在-2和3之间（包含端点）时，距离总和最小，刚好等于3到-2的距离，即$3 - (-2) = 5$，也就是当$-2 ≤ x ≤ 3$时，$|x-3|+|x+2|=5$，若x不在这个区间，距离总和会大于5。
2. 分析|y-1|+|y-5|的取值：
同理，该式是数轴上动点y到定点1、5的距离总和，当动点y落在1和5之间（包含端点）时，距离总和最小，等于$5-1=4$，也就是当$1 ≤ y ≤ 5$时，$|y-1|+|y-5|=4$，若y不在这个区间，距离总和会大于4。
3. 结合题目的乘积条件推导取值范围：
已知$(|x-3|+|x+2|)(|y-1|+|y-5|)=20$，而两个绝对值和的最小值乘积为$5 × 4=20$，因此只有两个绝对值和同时取到最小值才能满足等式，即：
$|x-3|+|x+2|=5$，对应$-2 ≤ x ≤ 3$；
$|y-1|+|y-5|=4$，对应$1 ≤ y ≤ 5$。
4. 求y-x的最大值：
要让y-x的值最大，需要让y尽可能取最大值，x尽可能取最小值，y的最大值为5，x的最小值为-2，因此y-x的最大值为$5 - (-2) =7$。
【答案】C
【知识点】
绝对值几何意义；数轴两点距离；代数式最值
【点评】
本题的解题突破口是利用绝对值的几何意义跳过复杂的分类讨论，快速得到两个绝对值和的最小值，发现乘积刚好等于两个最小值的乘积，直接锁定x、y的取值区间，避免了多情况枚举的繁琐运算，重点考察学生对绝对值几何意义的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
这道题的核心是利用绝对值的几何意义简化运算，不需要对绝对值做繁琐的分类讨论。首先第一步，先分别分析两个括号里的绝对值和的取值范围：第一个括号|x-3|+|x+2|对应数轴上点x到点3和点-2的距离之和，先找它的最小值；第二个括号|y-1|+|y-5|对应数轴上点y到点1和点5的距离之和，同样先求它的最小值。第二步，我们会发现两个最小值相乘刚好等于题目给出的20，因此两个括号的取值只能是各自的最小值，由此就能锁定x和y的取值范围。第三步，要让y-x取得最大值，只需要让y取范围内的最大值，x取范围内的最小值，代入计算就能得到结果。
【解析】
1. 分析|x-3|+|x+2|的取值：
根据绝对值的几何意义，|x-3|是x到3的距离，|x+2|=|x-(-2)|是x到-2的距离，因此两者之和是数轴上动点x到定点3、-2的距离总和。
当动点x落在-2和3之间（包含端点）时，距离总和最小，刚好等于3到-2的距离，即$3 - (-2) = 5$，也就是当$-2 ≤ x ≤ 3$时，$|x-3|+|x+2|=5$，若x不在这个区间，距离总和会大于5。
2. 分析|y-1|+|y-5|的取值：
同理，该式是数轴上动点y到定点1、5的距离总和，当动点y落在1和5之间（包含端点）时，距离总和最小，等于$5-1=4$，也就是当$1 ≤ y ≤ 5$时，$|y-1|+|y-5|=4$，若y不在这个区间，距离总和会大于4。
3. 结合题目的乘积条件推导取值范围：
已知$(|x-3|+|x+2|)(|y-1|+|y-5|)=20$，而两个绝对值和的最小值乘积为$5 × 4=20$，因此只有两个绝对值和同时取到最小值才能满足等式，即：
$|x-3|+|x+2|=5$，对应$-2 ≤ x ≤ 3$；
$|y-1|+|y-5|=4$，对应$1 ≤ y ≤ 5$。
4. 求y-x的最大值：
要让y-x的值最大，需要让y尽可能取最大值，x尽可能取最小值，y的最大值为5，x的最小值为-2，因此y-x的最大值为$5 - (-2) =7$。
【答案】C
【知识点】
绝对值几何意义；数轴两点距离；代数式最值
【点评】
本题的解题突破口是利用绝对值的几何意义跳过复杂的分类讨论，快速得到两个绝对值和的最小值，发现乘积刚好等于两个最小值的乘积，直接锁定x、y的取值区间，避免了多情况枚举的繁琐运算，重点考察学生对绝对值几何意义的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
2. 一副三角板如图所示摆放，边$OA$，$OD$落在直线$MN$上，点$B$，$C$在直线$MN$的上方，其中$∠ OAB=∠ OCD=90°$，$∠ AOB=60°$，$∠ COD=45°$.现将三角板$AOB$绕点$O$以每秒$10°$的速度顺时针旋转，同时将三角板$COD$绕点$O$以每秒$5°$的速度逆时针旋转.设旋转时间为$t\ \mathrm{s}(0≤ t≤12)$，则当$∠ AOD=\dfrac{10}{3}∠ BOC$时，$t$的值为
2或86/13
.答案
2. 2或86/13 提示:如图1,当OB与OC相遇前,即0≤t＜5时,因为∠AOD=180°-∠AOM-∠DON=180°-10t°-5t°=180°-15t°,∠BOC=180°-∠AOB-∠COD-∠AOM-∠DON=180°-60°-45°-10t°-5t°=75°-15t°,且∠AOD=10/3∠BOC,所以180-15t=10/3(75-15t),解得t=2;当OB与OC相遇时,t=5,此时∠BOC=0°,∠AOD=∠AOB+∠COD=105°,不符合题意,舍去;如图2,当OB与OC相遇后,即5＜t≤12时,因为∠AOD=180°-∠AOM-∠DON=180°-10t°-5t°=180°-15t°,∠BOC=∠AOB+∠COD+∠AOM+∠DON-180°=60°+45°+10t°+5t°-180°=15t°-75°,且∠AOD=10/3∠BOC,所以180-15t=10/3(15t-75),解得t=86/13.
解析
【分析】
这是动态旋转类的角度计算问题，解题思路如下：
1. 先明确两个三角板的旋转规则：三角板AOB绕O顺时针每秒转10°，三角板COD绕O逆时针每秒转5°，总旋转时长范围是0≤t≤12。
2. 先找临界状态：初始时∠AOB=60°，∠COD=45°，初始∠BOC=180°-60°-45°=75°，OB和OC相向运动，相对速度为10°+5°=15°/s，因此两者相遇的时间为75°÷15°/s=5s，以此为分界点分两种情况讨论。
3. 分别在两个区间内推导∠AOD和∠BOC的代数表达式，代入题干给出的等量关系∠AOD=10/3∠BOC列一元一次方程求解，最后验证解是否落在对应区间内，舍去不符合条件的结果即可。
【解析】
我们分三种情况逐一分析：
1. 情况1：0≤t＜5，OB与OC相遇前
此时OA顺时针旋转了10t°，即∠AOM=10t°；OD逆时针旋转了5t°，即∠DON=5t°。
因此∠AOD = 180° - ∠AOM - ∠DON = 180° - 15t°
∠BOC = 180° - ∠AOM - ∠AOB - ∠COD - ∠DON = 180° -10t° -60° -45° -5t° =75°-15t°
代入等量关系∠AOD=10/3∠BOC：
$$180-15t=\frac{10}{3}(75-15t)$ 两边同乘3化简得：540-45t=750-150t，解得t=2，满足0≤t＜5，该解有效。2. 临界状态：t=5，OB与OC相遇 此时∠BOC=0°，∠AOD=180°-15×5°=105°，显然105°≠10/3×0°，不符合题意，直接舍去。3. 情况2：5＜t≤12，OB与OC相遇后 此时OB和OC已经交叉，∠BOC为两者旋转角度之和减去初始的75°： ∠BOC = 10t°+5t° -75° =15t°-75° ∠AOD仍满足∠AOD=180°-15t° 代入等量关系∠AOD=10/3∠BOC： $$180-15t=\frac{10}{3}(15t-75)$
两边同乘3化简得：540-45t=150t-750，解得t=86/13，满足5＜t≤12，该解有效。
【答案】
2或$\dfrac{86}{13}$
【知识点】
旋转的性质，角的和差计算，一元一次方程应用
【点评】
本题属于动态几何的角度计算题型，核心考点是分类讨论思想，需要先找到OB和OC相遇的临界时间，区分相遇前后∠BOC的不同表达式，避免漏解。解题时要注意求出t值后验证是否符合对应区间的范围，排除不符合题意的解，这类题很容易因忽略分类讨论只得到一个解。
【难度系数】
0.4
这是动态旋转类的角度计算问题，解题思路如下：
1. 先明确两个三角板的旋转规则：三角板AOB绕O顺时针每秒转10°，三角板COD绕O逆时针每秒转5°，总旋转时长范围是0≤t≤12。
2. 先找临界状态：初始时∠AOB=60°，∠COD=45°，初始∠BOC=180°-60°-45°=75°，OB和OC相向运动，相对速度为10°+5°=15°/s，因此两者相遇的时间为75°÷15°/s=5s，以此为分界点分两种情况讨论。
3. 分别在两个区间内推导∠AOD和∠BOC的代数表达式，代入题干给出的等量关系∠AOD=10/3∠BOC列一元一次方程求解，最后验证解是否落在对应区间内，舍去不符合条件的结果即可。
【解析】
我们分三种情况逐一分析：
1. 情况1：0≤t＜5，OB与OC相遇前
此时OA顺时针旋转了10t°，即∠AOM=10t°；OD逆时针旋转了5t°，即∠DON=5t°。
因此∠AOD = 180° - ∠AOM - ∠DON = 180° - 15t°
∠BOC = 180° - ∠AOM - ∠AOB - ∠COD - ∠DON = 180° -10t° -60° -45° -5t° =75°-15t°
代入等量关系∠AOD=10/3∠BOC：
$$180-15t=\frac{10}{3}(75-15t)$ 两边同乘3化简得：540-45t=750-150t，解得t=2，满足0≤t＜5，该解有效。2. 临界状态：t=5，OB与OC相遇 此时∠BOC=0°，∠AOD=180°-15×5°=105°，显然105°≠10/3×0°，不符合题意，直接舍去。3. 情况2：5＜t≤12，OB与OC相遇后 此时OB和OC已经交叉，∠BOC为两者旋转角度之和减去初始的75°： ∠BOC = 10t°+5t° -75° =15t°-75° ∠AOD仍满足∠AOD=180°-15t° 代入等量关系∠AOD=10/3∠BOC： $$180-15t=\frac{10}{3}(15t-75)$
两边同乘3化简得：540-45t=150t-750，解得t=86/13，满足5＜t≤12，该解有效。
【答案】
2或$\dfrac{86}{13}$
【知识点】
旋转的性质，角的和差计算，一元一次方程应用
【点评】
本题属于动态几何的角度计算题型，核心考点是分类讨论思想，需要先找到OB和OC相遇的临界时间，区分相遇前后∠BOC的不同表达式，避免漏解。解题时要注意求出t值后验证是否符合对应区间的范围，排除不符合题意的解，这类题很容易因忽略分类讨论只得到一个解。
【难度系数】
0.4
3. 在数学中,数形结合思想通过将数与形相互转化、相互结合,把抽象的数量关系与直观的几何图形结合起来,从而使复杂问题简单化;抽象问题具体化.
如图1,一个边长为1的正方形,依次取正方形面积的$\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},\dfrac{1}{16}$.通过观察图形可以发现,图1中阴影部分的面积为$\dfrac{1}{16}$,进而得到$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}=1-\dfrac{1}{16}=\dfrac{15}{16}$.
如图2,按图1的方式依次取这个正方形面积的$\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},\dfrac{1}{16},\dots,\dfrac{1}{2^{n}}$($n$是正整数).
类比图1,可以求$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+\dots+\dfrac{1}{2^{n}}$的值.
(1) 直接写出$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+\dots+\dfrac{1}{2^{n}}$的结果为
(2) 运用(1)发现的结论,计算$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{24}+\dfrac{1}{48}+\dfrac{1}{96}+\dfrac{1}{192}$的值;
(3) 如图3,依次取这个正方形面积的$\dfrac{2}{3}$,$\dfrac{2}{9},\dfrac{2}{27},\dots$.类比图2,求$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{27}+\dots+\dfrac{1}{3^{10}}$的值.(结果保留幂的形式)
如图1,一个边长为1的正方形,依次取正方形面积的$\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},\dfrac{1}{16}$.通过观察图形可以发现,图1中阴影部分的面积为$\dfrac{1}{16}$,进而得到$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}=1-\dfrac{1}{16}=\dfrac{15}{16}$.
如图2,按图1的方式依次取这个正方形面积的$\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},\dfrac{1}{16},\dots,\dfrac{1}{2^{n}}$($n$是正整数).
类比图1,可以求$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+\dots+\dfrac{1}{2^{n}}$的值.
(1) 直接写出$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+\dots+\dfrac{1}{2^{n}}$的结果为
1−1/2ⁿ
(用含$n$的式子表示);(2) 运用(1)发现的结论,计算$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{24}+\dfrac{1}{48}+\dfrac{1}{96}+\dfrac{1}{192}$的值;
(3) 如图3,依次取这个正方形面积的$\dfrac{2}{3}$,$\dfrac{2}{9},\dfrac{2}{27},\dots$.类比图2,求$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{27}+\dots+\dfrac{1}{3^{10}}$的值.(结果保留幂的形式)
答案
3. (1) 1−1/2ⁿ 提示:因为第1次截取后剩余1/2,第2次截取后剩余1/2×1/2=1/2²,第3次截取后剩余1/2×1/2×1/2=1/2³……第n次截取后剩余1/2×1/2×…×1/2（n个）=1/2ⁿ,所以1/2+1/4+1/8+1/16+…+1/2ⁿ=1−1/2ⁿ.
(2) 解:将原式1/3+1/6+1/12+1/24+1/48+1/96+1/192变形,提取1/3,得1/3×(1+1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+1/64).根据(1)的结论,1+1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+1/64=1+(1−1/64)=127/64,所以原式=1/3×127/64=127/192.
(3) 解:因为第1次截取后剩余1/3,第2次截取后剩余1/3×1/3=1/3²,第3次截取后剩余1/3×1/3×1/3=1/3³……第n次截取后剩余1/3×1/3×…×1/3（n个）=1/3ⁿ,所以2/3+2/3²+2/3³+…+2/3ⁿ=1−1/3ⁿ,因为2/3+2/3²+2/3³+…+2/3ⁿ=2×(1/3+1/3²+1/3³+…+1/3ⁿ),所以1/3+1/3²+1/3³+…+1/3ⁿ=1/2×(1−1/3ⁿ),所以1/3+1/9+1/27+…+1/3¹⁰=1/3+1/3²+1/3³+…+1/3¹⁰=1/2×(1−1/3¹⁰)=1/2−1/(2×3¹⁰).
(2) 解:将原式1/3+1/6+1/12+1/24+1/48+1/96+1/192变形,提取1/3,得1/3×(1+1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+1/64).根据(1)的结论,1+1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+1/64=1+(1−1/64)=127/64,所以原式=1/3×127/64=127/192.
(3) 解:因为第1次截取后剩余1/3,第2次截取后剩余1/3×1/3=1/3²,第3次截取后剩余1/3×1/3×1/3=1/3³……第n次截取后剩余1/3×1/3×…×1/3（n个）=1/3ⁿ,所以2/3+2/3²+2/3³+…+2/3ⁿ=1−1/3ⁿ,因为2/3+2/3²+2/3³+…+2/3ⁿ=2×(1/3+1/3²+1/3³+…+1/3ⁿ),所以1/3+1/3²+1/3³+…+1/3ⁿ=1/2×(1−1/3ⁿ),所以1/3+1/9+1/27+…+1/3¹⁰=1/3+1/3²+1/3³+…+1/3¹⁰=1/2×(1−1/3¹⁰)=1/2−1/(2×3¹⁰).
解析
【分析】
我们可以按照题目给出的示例思路逐步推导：
1. 第(1)问：从图1的例子能发现，所有取出的部分的面积之和等于正方形总面积1减去最后剩余的极小块的面积，当取到$\frac{1}{2^n}$时，剩余的面积就是$\frac{1}{2^n}$，因此直接得到求和结果。
2. 第(2)问：先观察待求式子的特征，每一项都是前一项的$\frac{1}{2}$，首项是$\frac{1}{3}$，我们可以提取公因子$\frac{1}{3}$，把括号内的部分转化为第(1)问已经得到结论的求和形式，代入结论计算即可。
3. 第(3)问：类比前两问的数形结合思路，先根据图3的取法，所有取出的$\frac{2}{3}$、$\frac{2}{9}\dots$的和等于总面积1减去最后剩余的$\frac{1}{3^n}$，把这个式子两边同时除以2，就能得到我们需要的$\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\dots+\frac{1}{3^{10}}$的结果。
【解析】
(1) 边长为1的正方形总面积为1，依次取$\frac{1}{2}、\frac{1}{4}\dots$直到$\frac{1}{2^n}$后，剩余的最后一小块面积为$\frac{1}{2^n}$，因此所有取出部分的面积和为总面积减去剩余面积：
$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\dots+\frac{1}{2^n}=1-\frac{1}{2^n}$
(2) 对原式做变形，提取公因子$\frac{1}{3}$：
$\begin{aligned}\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{24}+\frac{1}{48}+\frac{1}{96}+\frac{1}{192}&=\frac{1}{3}×(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64})\\&=\frac{1}{3}×[1+(1-\frac{1}{64})]\\&=\frac{1}{3}×\frac{127}{64}\\&=\frac{127}{192}\end{aligned}$
(3) 类比图2的规律，依次取正方形面积的$\frac{2}{3},\frac{2}{9},\dots,\frac{2}{3^n}$后，剩余的面积为$\frac{1}{3^n}$，因此：
$\frac{2}{3}+\frac{2}{9}+\frac{2}{27}+\dots+\frac{2}{3^n}=1-\frac{1}{3^n}$
将左边提取公因子2，得：
$2×(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n})=1-\frac{1}{3^n}$
两边同时除以2，可得：
$\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n}=\frac{1}{2}×(1-\frac{1}{3^n})$
令$n=10$，代入得：
$\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\dots+\frac{1}{3^{10}}=\frac{1}{2}×(1-\frac{1}{3^{10}})=\frac{1}{2}-\frac{1}{2×3^{10}}$
【答案】
(1) $1-\dfrac{1}{2^n}$
(2) $\dfrac{127}{192}$
(3) $\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2×3^{10}}$
【知识点】
数形结合思想，等比数列求和，规律探究
【点评】
本题是典型的探究类求和问题，依托数形结合的直观思路，从已知的特殊案例出发，先推导公比为$\frac{1}{2}$的等比数列求和通用规律，再应用规律解决变形的求和问题，最后进一步迁移到公比为$\frac{1}{3}$的场景，层层递进，既降低了等比数列求和的理解门槛，也充分考察了学生的知识迁移能力和代数变形能力，避免死记硬背公式，符合探究式学习的要求。
【难度系数】
0.5
我们可以按照题目给出的示例思路逐步推导：
1. 第(1)问：从图1的例子能发现，所有取出的部分的面积之和等于正方形总面积1减去最后剩余的极小块的面积，当取到$\frac{1}{2^n}$时，剩余的面积就是$\frac{1}{2^n}$，因此直接得到求和结果。
2. 第(2)问：先观察待求式子的特征，每一项都是前一项的$\frac{1}{2}$，首项是$\frac{1}{3}$，我们可以提取公因子$\frac{1}{3}$，把括号内的部分转化为第(1)问已经得到结论的求和形式，代入结论计算即可。
3. 第(3)问：类比前两问的数形结合思路，先根据图3的取法，所有取出的$\frac{2}{3}$、$\frac{2}{9}\dots$的和等于总面积1减去最后剩余的$\frac{1}{3^n}$，把这个式子两边同时除以2，就能得到我们需要的$\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\dots+\frac{1}{3^{10}}$的结果。
【解析】
(1) 边长为1的正方形总面积为1，依次取$\frac{1}{2}、\frac{1}{4}\dots$直到$\frac{1}{2^n}$后，剩余的最后一小块面积为$\frac{1}{2^n}$，因此所有取出部分的面积和为总面积减去剩余面积：
$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\dots+\frac{1}{2^n}=1-\frac{1}{2^n}$
(2) 对原式做变形，提取公因子$\frac{1}{3}$：
$\begin{aligned}\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{24}+\frac{1}{48}+\frac{1}{96}+\frac{1}{192}&=\frac{1}{3}×(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{64})\\&=\frac{1}{3}×[1+(1-\frac{1}{64})]\\&=\frac{1}{3}×\frac{127}{64}\\&=\frac{127}{192}\end{aligned}$
(3) 类比图2的规律，依次取正方形面积的$\frac{2}{3},\frac{2}{9},\dots,\frac{2}{3^n}$后，剩余的面积为$\frac{1}{3^n}$，因此：
$\frac{2}{3}+\frac{2}{9}+\frac{2}{27}+\dots+\frac{2}{3^n}=1-\frac{1}{3^n}$
将左边提取公因子2，得：
$2×(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n})=1-\frac{1}{3^n}$
两边同时除以2，可得：
$\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n}=\frac{1}{2}×(1-\frac{1}{3^n})$
令$n=10$，代入得：
$\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\dots+\frac{1}{3^{10}}=\frac{1}{2}×(1-\frac{1}{3^{10}})=\frac{1}{2}-\frac{1}{2×3^{10}}$
【答案】
(1) $1-\dfrac{1}{2^n}$
(2) $\dfrac{127}{192}$
(3) $\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2×3^{10}}$
【知识点】
数形结合思想，等比数列求和，规律探究
【点评】
本题是典型的探究类求和问题，依托数形结合的直观思路，从已知的特殊案例出发，先推导公比为$\frac{1}{2}$的等比数列求和通用规律，再应用规律解决变形的求和问题，最后进一步迁移到公比为$\frac{1}{3}$的场景，层层递进，既降低了等比数列求和的理解门槛，也充分考察了学生的知识迁移能力和代数变形能力，避免死记硬背公式，符合探究式学习的要求。
【难度系数】
0.5
