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1. 如图,在线段MN上有不同个数的点(不包括点M和点N).数一数,图1中共有
3
条线段,图2中共有6
条线段,图3中共有10
条线段,当线段MN上有$(n+1)$个不同的点时,共有$\frac{(n+2)(n+3)}{2}$
条线段.答案
1. 3;6;10;$\frac{(n+2)(n+3)}{2}$
解析
【分析】
要计算线段总数，需遵循有序计数、不重不漏的原则：若线段上总共有$k$个点，从第一个点出发可连$k-1$条线段，第二个点出发可连$k-2$条不重复的线段，……，倒数第二个点出发可连1条线段，总线段数即为$1+2+\dots+(k-1)$。我们先确定每个图的总点数，分别计算线段数，再推导一般情况的规律即可。
【解析】
1. 图1计数：
线段MN除端点外有1个点，总点数为$2+1=3$个，总线段数$=1+2=3$条；
2. 图2计数：
线段MN除端点外有2个点，总点数为$2+2=4$个，总线段数$=1+2+3=6$条；
3. 图3计数：
线段MN除端点外有3个点，总点数为$2+3=5$个，总线段数$=1+2+3+4=10$条；
4. 推导一般规律：
当线段MN上有$(n+1)$个不同的点时，总点数为$2+(n+1)=n+3$个，总线段数为$1+2+\dots+(n+2)$。根据等差数列求和公式：和=(首项+末项)×项数÷2，代入得总线段数为$\frac{(1+n+2)×(n+2)}{2}=\frac{(n+2)(n+3)}{2}$。
【答案】
$3$；$6$；$10$；$\frac{(n+2)(n+3)}{2}$
【知识点】
线段计数；规律探究；等差数列求和
【点评】
本题是几何计数的典型基础题，重点考查有序计数的方法和从特殊到一般的规律推导能力，掌握该方法可拓展解决角、三角形等同类型计数问题。
【难度系数】
0.7
要计算线段总数，需遵循有序计数、不重不漏的原则：若线段上总共有$k$个点，从第一个点出发可连$k-1$条线段，第二个点出发可连$k-2$条不重复的线段，……，倒数第二个点出发可连1条线段，总线段数即为$1+2+\dots+(k-1)$。我们先确定每个图的总点数，分别计算线段数，再推导一般情况的规律即可。
【解析】
1. 图1计数：
线段MN除端点外有1个点，总点数为$2+1=3$个，总线段数$=1+2=3$条；
2. 图2计数：
线段MN除端点外有2个点，总点数为$2+2=4$个，总线段数$=1+2+3=6$条；
3. 图3计数：
线段MN除端点外有3个点，总点数为$2+3=5$个，总线段数$=1+2+3+4=10$条；
4. 推导一般规律：
当线段MN上有$(n+1)$个不同的点时，总点数为$2+(n+1)=n+3$个，总线段数为$1+2+\dots+(n+2)$。根据等差数列求和公式：和=(首项+末项)×项数÷2，代入得总线段数为$\frac{(1+n+2)×(n+2)}{2}=\frac{(n+2)(n+3)}{2}$。
【答案】
$3$；$6$；$10$；$\frac{(n+2)(n+3)}{2}$
【知识点】
线段计数；规律探究；等差数列求和
【点评】
本题是几何计数的典型基础题，重点考查有序计数的方法和从特殊到一般的规律推导能力，掌握该方法可拓展解决角、三角形等同类型计数问题。
【难度系数】
0.7
2. 新趋势·回归教材（第168页习题10题变式）解答下列各题.
【观察发现】
(1)如图,两条直线相交,最多有
【实践应用】
(2)某校七年级举办篮球比赛,第一轮要求每两班之间比赛一场.如果七年级共有8个班,那么第一轮共要进行多少场比赛?请你类比上述规律进行解答.
【观察发现】
(1)如图,两条直线相交,最多有
1
个交点;三条直线相交,最多有3
个交点;四条直线相交,最多有6
个交点;n条直线相交,最多有$\frac{n(n-1)}{2}$
个交点.(用含n的代数式表示)【实践应用】
(2)某校七年级举办篮球比赛,第一轮要求每两班之间比赛一场.如果七年级共有8个班,那么第一轮共要进行多少场比赛?请你类比上述规律进行解答.
答案
2. 解:(1)1;3;6;$\frac{n(n-1)}{2}$
(2)当$n=8$时,$\frac{n(n-1)}{2}=\frac{8×(8-1)}{2}=28$.
答:第一轮共要进行28场比赛.
(2)当$n=8$时,$\frac{n(n-1)}{2}=\frac{8×(8-1)}{2}=28$.
答:第一轮共要进行28场比赛.
解析
【分析】
(1)要得到直线相交的最多交点数，需满足任意两条直线不平行、任意三条直线不共点。我们从特殊情况入手找规律：2条直线相交最多1个交点；第3条直线和前2条直线都相交，新增2个交点，总交点数为1+2=3；第4条直线和前3条直线都相交，新增3个交点，总交点数为1+2+3=6；以此类推，n条直线相交时，第n条直线和前(n-1)条直线都相交，新增(n-1)个交点，总交点数就是从1加到(n-1)的和，化简即可得到对应代数式。
(2)篮球比赛中每两班之间赛1场，和两条直线对应1个交点的规律一致，因此8个班的比赛总场次可以直接代入n条直线最多交点数的公式计算。
【解析】
解：(1)观察图形可得：
两条直线相交，最多有1个交点；
三条直线相交，最多有$1+2=3$个交点；
四条直线相交，最多有$1+2+3=6$个交点；
n条直线相交，最多交点数为$1+2+3+\dots+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$个。
(2)把每个班级看作1条直线，两班之间的1场比赛对应两条直线的1个交点，因此总比赛场次等于8条直线相交的最多交点数。
当$n=8$时，$\frac{n(n-1)}{2}=\frac{8×(8-1)}{2}=28$（场）
答：第一轮共要进行28场比赛。
【答案】
(1)$1$；$3$；$6$；$\frac{n(n-1)}{2}$
(2)$28$场
【知识点】
直线相交交点规律、有理数加法规律、规律探究应用
【点评】
本题考查从特殊到一般的规律探究能力，解题的关键是明确“最多交点”的前提条件，同时能够将实际比赛问题类比转化为已探究的几何规律问题，侧重考查知识迁移应用的能力。
【难度系数】
0.7
(1)要得到直线相交的最多交点数，需满足任意两条直线不平行、任意三条直线不共点。我们从特殊情况入手找规律：2条直线相交最多1个交点；第3条直线和前2条直线都相交，新增2个交点，总交点数为1+2=3；第4条直线和前3条直线都相交，新增3个交点，总交点数为1+2+3=6；以此类推，n条直线相交时，第n条直线和前(n-1)条直线都相交，新增(n-1)个交点，总交点数就是从1加到(n-1)的和，化简即可得到对应代数式。
(2)篮球比赛中每两班之间赛1场，和两条直线对应1个交点的规律一致，因此8个班的比赛总场次可以直接代入n条直线最多交点数的公式计算。
【解析】
解：(1)观察图形可得：
两条直线相交，最多有1个交点；
三条直线相交，最多有$1+2=3$个交点；
四条直线相交，最多有$1+2+3=6$个交点；
n条直线相交，最多交点数为$1+2+3+\dots+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$个。
(2)把每个班级看作1条直线，两班之间的1场比赛对应两条直线的1个交点，因此总比赛场次等于8条直线相交的最多交点数。
当$n=8$时，$\frac{n(n-1)}{2}=\frac{8×(8-1)}{2}=28$（场）
答：第一轮共要进行28场比赛。
【答案】
(1)$1$；$3$；$6$；$\frac{n(n-1)}{2}$
(2)$28$场
【知识点】
直线相交交点规律、有理数加法规律、规律探究应用
【点评】
本题考查从特殊到一般的规律探究能力，解题的关键是明确“最多交点”的前提条件，同时能够将实际比赛问题类比转化为已探究的几何规律问题，侧重考查知识迁移应用的能力。
【难度系数】
0.7
3. 解答下列各题.
(1) 如图,在∠AOB的内部,从O点引出射线.请你观察上图,然后将下表补充完整.
∠AOB内射线的条数 1 2 3
角的总个数
(2) 若在∠AOB内部,从O点引出n条射线,请用含n的代数式表示角的总个数.
(3) 若在∠AOB内部,从O点引出2025条射线,则角的总个数是多少?
(1) 如图,在∠AOB的内部,从O点引出射线.请你观察上图,然后将下表补充完整.
∠AOB内射线的条数 1 2 3
角的总个数
(2) 若在∠AOB内部,从O点引出n条射线,请用含n的代数式表示角的总个数.
(3) 若在∠AOB内部,从O点引出2025条射线,则角的总个数是多少?
答案
3. 解:(1)3;6;10
(2)如果在$∠ AOB$内部,从O点引出n条射线,那么角的总个数是$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$.
(3)当$n=2025$时,
$\frac{(n+1)(n+2)}{2}=\frac{2026×2027}{2}=2053351$.
故当在$∠ AOB$内部,从O点引出2025条射线时,角的总个数是2053351.
(2)如果在$∠ AOB$内部,从O点引出n条射线,那么角的总个数是$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$.
(3)当$n=2025$时,
$\frac{(n+1)(n+2)}{2}=\frac{2026×2027}{2}=2053351$.
故当在$∠ AOB$内部,从O点引出2025条射线时,角的总个数是2053351.
解析
【分析】
解题核心是明确角的构成：有公共端点的两条射线可组成1个角，数角时按固定顺序枚举可避免重复或遗漏。(1)问先确定不同射线数量下从O出发的总射线数，再从小到大累加角的个数即可；(2)问从(1)的特殊情况找规律，引n条射线时总射线数为(n+2)条，将角的个数转化为从(n+1)到1的连续整数求和，用高斯求和公式推导代数式；(3)问直接将n=2025代入(2)的代数式计算即可。
【解析】
(1) 当∠AOB内引1条射线时，从O出发共有3条射线，角的总个数为$2+1=3$；
引2条射线时，从O出发共有4条射线，角的总个数为$3+2+1=6$；
引3条射线时，从O出发共有5条射线，角的总个数为$4+3+2+1=10$。
(2) 当∠AOB内部引n条射线时，从O出发的射线总共有$(n+2)$条，角的总个数为连续整数的和：
$(n+1)+n+(n-1)+\dots+2+1$
根据求和公式“和=(首项+末项)×项数÷2”，代入首项为$n+1$、末项为1、项数为$n+1$，可得：
总个数$=\frac{(n+1+1)×(n+1)}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$。
(3) 把$n=2025$代入$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$得：
$\frac{(2025+1)×(2025+2)}{2}=\frac{2026×2027}{2}=1013×2027=2053351$。
【答案】
(1)3；6；10；(2)$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$；(3)2053351
【知识点】
角的计数；图形规律探究；代数式求值
【点评】
本题是几何计数的常规题型，既考察了有序计数不重不漏的基本方法，也锻炼了从特殊案例归纳一般规律的推理能力，计算部分需要细心避免运算错误。
【难度系数】
0.7
解题核心是明确角的构成：有公共端点的两条射线可组成1个角，数角时按固定顺序枚举可避免重复或遗漏。(1)问先确定不同射线数量下从O出发的总射线数，再从小到大累加角的个数即可；(2)问从(1)的特殊情况找规律，引n条射线时总射线数为(n+2)条，将角的个数转化为从(n+1)到1的连续整数求和，用高斯求和公式推导代数式；(3)问直接将n=2025代入(2)的代数式计算即可。
【解析】
(1) 当∠AOB内引1条射线时，从O出发共有3条射线，角的总个数为$2+1=3$；
引2条射线时，从O出发共有4条射线，角的总个数为$3+2+1=6$；
引3条射线时，从O出发共有5条射线，角的总个数为$4+3+2+1=10$。
(2) 当∠AOB内部引n条射线时，从O出发的射线总共有$(n+2)$条，角的总个数为连续整数的和：
$(n+1)+n+(n-1)+\dots+2+1$
根据求和公式“和=(首项+末项)×项数÷2”，代入首项为$n+1$、末项为1、项数为$n+1$，可得：
总个数$=\frac{(n+1+1)×(n+1)}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$。
(3) 把$n=2025$代入$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$得：
$\frac{(2025+1)×(2025+2)}{2}=\frac{2026×2027}{2}=1013×2027=2053351$。
【答案】
(1)3；6；10；(2)$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$；(3)2053351
【知识点】
角的计数；图形规律探究；代数式求值
【点评】
本题是几何计数的常规题型，既考察了有序计数不重不漏的基本方法，也锻炼了从特殊案例归纳一般规律的推理能力，计算部分需要细心避免运算错误。
【难度系数】
0.7
