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1. [2025抚州临川区期中]如图,点P在平面直角坐标系中按箭头所示方向运动,第1次从原点运动到点(1,1),第2次接着运动到点(2,0),第3次接着运动到点(3,2),…按这样的运动规律,经过第2025次运动后,点P的坐标是 (
A.(2024,1)
B.(2025,1)
C.(2024,2)
D.(2025,0)
B
)A.(2024,1)
B.(2025,1)
C.(2024,2)
D.(2025,0)
答案
由题图可知,点$P_n$的横坐标为$n$,纵坐标以1,0,2,0四个数为一组进行循环.
$\because 2\ 025÷ 4 = 506······1,\therefore$ 经过第2 025次运动后,点$P$的坐标是$(2\ 025,1)$.
$\because 2\ 025÷ 4 = 506······1,\therefore$ 经过第2 025次运动后,点$P$的坐标是$(2\ 025,1)$.
解析
【分析】
解题时可分别从横坐标、纵坐标两部分寻找规律：①先看横坐标：观察每次运动后点的坐标，第1次运动后横坐标为1，第2次为2，第3次为3，可推出第n次运动后，点P的横坐标与运动次数n相等；②再看纵坐标：依次为1、0、2、0、1、0、2、0，可见纵坐标以1、0、2、0四个数为一个周期循环。只需计算2025除以4的余数，就能根据余数确定第2025次运动后的纵坐标，结合横坐标规律即可得到对应坐标。
【解析】
观察点P的运动坐标可得：
1. 横坐标规律：第n次运动后，点P的横坐标等于运动次数n，因此第2025次运动后，点P的横坐标为2025；
2. 纵坐标规律：纵坐标依次为1（n=1）、0（n=2）、2（n=3）、0（n=4）、1（n=5）……，可知纵坐标以1、0、2、0四个数为一个周期循环。
计算2025除以4的余数：$2025÷4=506······1$，余数为1，对应周期内的第1个数，即纵坐标为1。
因此经过第2025次运动后，点P的坐标为$(2025,1)$，本题选B。
【答案】B
【知识点】点的坐标规律探究，周期循环问题
【点评】本题是典型的点运动规律题，解题核心是分别梳理横、纵坐标的变化特征，其中纵坐标的周期循环是解题的突破口，通过除法求余数即可快速确定对应纵坐标，属于规律探究类的基础题型。
【难度系数】0.7
解题时可分别从横坐标、纵坐标两部分寻找规律：①先看横坐标：观察每次运动后点的坐标，第1次运动后横坐标为1，第2次为2，第3次为3，可推出第n次运动后，点P的横坐标与运动次数n相等；②再看纵坐标：依次为1、0、2、0、1、0、2、0，可见纵坐标以1、0、2、0四个数为一个周期循环。只需计算2025除以4的余数，就能根据余数确定第2025次运动后的纵坐标，结合横坐标规律即可得到对应坐标。
【解析】
观察点P的运动坐标可得：
1. 横坐标规律：第n次运动后，点P的横坐标等于运动次数n，因此第2025次运动后，点P的横坐标为2025；
2. 纵坐标规律：纵坐标依次为1（n=1）、0（n=2）、2（n=3）、0（n=4）、1（n=5）……，可知纵坐标以1、0、2、0四个数为一个周期循环。
计算2025除以4的余数：$2025÷4=506······1$，余数为1，对应周期内的第1个数，即纵坐标为1。
因此经过第2025次运动后，点P的坐标为$(2025,1)$，本题选B。
【答案】B
【知识点】点的坐标规律探究，周期循环问题
【点评】本题是典型的点运动规律题，解题核心是分别梳理横、纵坐标的变化特征，其中纵坐标的周期循环是解题的突破口，通过除法求余数即可快速确定对应纵坐标，属于规律探究类的基础题型。
【难度系数】0.7
2. [2025德州齐河刘桥中学开学考试]如图,在平面直角坐标系中,每个小正方形网格的边长均为1个单位长度,以点P为位似中心作正方形$PA_1A_2A_3$、正方形$PA_4A_5A_6$……按此规律,所作正方形的顶点均在格点上,其中正方形顶点的坐标分别为$P(-3,0),A_1(-2,1),A_2(-1,0),A_3(-2,-1)$,则顶点$A_{2027}$的坐标为
(1 349,0)
.答案
在每个正方形中,有3个顶点用$A_n$表示.
$\because 2\ 027÷ 3 = 675······2,\therefore$ 点$A_{2\ 027}$表示第676个正方形的顶点,且点$A_{2\ 027}$在$x$轴上.
$\because A_2(\ -1,0\ ),A_5(\ 1,0\ ),A_8(\ 3,0\ ),A_{11}(\ 5,0\ ),···,\therefore A_{3n-1}(2n-3,0).$
$\because 3n-1=2\ 027,\therefore n=676,$
$\therefore 2n-3=2×676-3=1\ 349,\therefore$ 点$A_{2\ 027}$的坐标为$(1\ 349,0)$.
$\because 2\ 027÷ 3 = 675······2,\therefore$ 点$A_{2\ 027}$表示第676个正方形的顶点,且点$A_{2\ 027}$在$x$轴上.
$\because A_2(\ -1,0\ ),A_5(\ 1,0\ ),A_8(\ 3,0\ ),A_{11}(\ 5,0\ ),···,\therefore A_{3n-1}(2n-3,0).$
$\because 3n-1=2\ 027,\therefore n=676,$
$\therefore 2n-3=2×676-3=1\ 349,\therefore$ 点$A_{2\ 027}$的坐标为$(1\ 349,0)$.
解析
【分析】
解决这类点坐标规律题，首先观察点的排列分组规律：首先发现每个正方形对应3个以A为下标的顶点，因此先通过脚标除以3的余数判断所求点的位置：余数为1对应正方形上方顶点，余数为2对应x轴上的顶点，整除对应正方形下方顶点。确定$A_{2027}$在x轴上后，再罗列x轴上所有点的脚标和横坐标，归纳出两者的对应关系，代入计算即可得到结果。
【解析】
1. 确定分组规律：观察可知每个正方形包含3个$A_n$形式的顶点。
2. 判断$A_{2027}$的位置：计算$2027÷3=675······2$，说明$A_{2027}$是第676个正方形里的第2个A类顶点，这类顶点均在x轴上，和$A_2、A_5、A_8$等点位置相同。
3. 归纳x轴上点的坐标规律：观察x轴上的点$A_2(-1,0)、A_5(1,0)、A_8(3,0)、A_{11}(5,0)···$，可得脚标满足$3n-1$时，对应点的横坐标为$2n-3$，纵坐标恒为0。
4. 代入计算：令$3n-1=2027$，解得$n=676$，代入横坐标公式得$2×676-3=1349$，因此$A_{2027}$的坐标为$(1349,0)$。
【答案】
$(1349,0)$
【知识点】
1. 规律型点的坐标 2. 有余数除法的应用
【点评】
本题属于规律探究类题型，重点考查观察能力和归纳推理能力，解题核心是先对顶点按位置分组，再寻找同组顶点的坐标变化规律，找准规律后即可快速求解。
【难度系数】
0.6
解决这类点坐标规律题，首先观察点的排列分组规律：首先发现每个正方形对应3个以A为下标的顶点，因此先通过脚标除以3的余数判断所求点的位置：余数为1对应正方形上方顶点，余数为2对应x轴上的顶点，整除对应正方形下方顶点。确定$A_{2027}$在x轴上后，再罗列x轴上所有点的脚标和横坐标，归纳出两者的对应关系，代入计算即可得到结果。
【解析】
1. 确定分组规律：观察可知每个正方形包含3个$A_n$形式的顶点。
2. 判断$A_{2027}$的位置：计算$2027÷3=675······2$，说明$A_{2027}$是第676个正方形里的第2个A类顶点，这类顶点均在x轴上，和$A_2、A_5、A_8$等点位置相同。
3. 归纳x轴上点的坐标规律：观察x轴上的点$A_2(-1,0)、A_5(1,0)、A_8(3,0)、A_{11}(5,0)···$，可得脚标满足$3n-1$时，对应点的横坐标为$2n-3$，纵坐标恒为0。
4. 代入计算：令$3n-1=2027$，解得$n=676$，代入横坐标公式得$2×676-3=1349$，因此$A_{2027}$的坐标为$(1349,0)$。
【答案】
$(1349,0)$
【知识点】
1. 规律型点的坐标 2. 有余数除法的应用
【点评】
本题属于规律探究类题型，重点考查观察能力和归纳推理能力，解题核心是先对顶点按位置分组，再寻找同组顶点的坐标变化规律，找准规律后即可快速求解。
【难度系数】
0.6
3. [2026 长春第一○四中学月考] 如图，$△ A_1B_1C_1$，$△ A_2B_2C_2$，$△ A_3B_3C_3$，…，$△ A_nB_nC_n$都是等边三角形，且它们是位似图形，其中$△ A_1B_1C_1$的边长为1，点O是$B_1C_1$的中点，点$A_2$是$OA_1$的中点，点$A_3$是$OA_2$的中点，……，点$A_n$是$OA_{n-1}$的中点，顶点$B_2,B_3,\dots,B_n,C_2,C_3,\dots,C_n$都在$B_1C_1$上。
(1) 写出$△ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的相似比和位似中心；
(2) $△ A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为
(1) 写出$△ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的相似比和位似中心；
(2) $△ A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为
$\boldsymbol{\frac{3}{2^{n-1}}}$
。答案
解:(1) $\because △ A_1B_1C_1$ 和 $△ A_2B_2C_2$ 都是等边三角形,且是位似图形,
$\therefore △ A_1B_1C_1$ 和 $△ A_2B_2C_2$ 是相似图形.
$\because △ A_1B_1C_1$ 的边长为1,点$O$是$B_1C_1$的中点,点$A_2$是$OA_1$的中点,
$\therefore △ A_1B_1C_1$ 和$△ A_2B_2C_2$的相似比为$2:1$,$△ A_2B_2C_2$ 的边长为$\frac{1}{2}$.
同理,可得$△ A_3B_3C_3$ 的边长为$(\frac{1}{2})^2$,$△ A_7B_7C_7$ 的边长为$(\frac{1}{2})^6$,$△ A_{10}B_{10}C_{10}$的边长为$(\frac{1}{2})^9$,
$\therefore △ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的相似比为$\frac{(\frac{1}{2})^9}{(\frac{1}{2})^6}=(\frac{1}{2})^3=\frac{1}{8}$.
连接$A_7A_{10}$和$B_7B_{10}$,它们的交点为$O$,
$\therefore △ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的位似中心为点$O$.
(2) $\frac{3}{2^{n-1}}$
$\because △ A_nB_nC_n(n≥2)$的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$,
$\therefore △ A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为$\frac{3}{2^{n-1}}$.
$\therefore △ A_1B_1C_1$ 和 $△ A_2B_2C_2$ 是相似图形.
$\because △ A_1B_1C_1$ 的边长为1,点$O$是$B_1C_1$的中点,点$A_2$是$OA_1$的中点,
$\therefore △ A_1B_1C_1$ 和$△ A_2B_2C_2$的相似比为$2:1$,$△ A_2B_2C_2$ 的边长为$\frac{1}{2}$.
同理,可得$△ A_3B_3C_3$ 的边长为$(\frac{1}{2})^2$,$△ A_7B_7C_7$ 的边长为$(\frac{1}{2})^6$,$△ A_{10}B_{10}C_{10}$的边长为$(\frac{1}{2})^9$,
$\therefore △ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的相似比为$\frac{(\frac{1}{2})^9}{(\frac{1}{2})^6}=(\frac{1}{2})^3=\frac{1}{8}$.
连接$A_7A_{10}$和$B_7B_{10}$,它们的交点为$O$,
$\therefore △ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的位似中心为点$O$.
(2) $\frac{3}{2^{n-1}}$
$\because △ A_nB_nC_n(n≥2)$的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$,
$\therefore △ A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为$\frac{3}{2^{n-1}}$.
解析
【分析】
解决本题首先要明确位似图形的性质：位似图形是特殊的相似图形，相似比等于对应边的比，位似中心是所有对应点连线的公共交点。对于(1)，先根据中点条件推导各等边三角形的边长规律：△A₁B₁C₁边长为1，后续每个三角形的边长都是前一个的$\frac{1}{2}$，因此△AₙBₙCₙ的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$，计算两个三角形的边长比即可得到相似比，再根据对应点连线都过点O确定位似中心；对于(2)，利用等边三角形周长=3×边长，代入边长公式即可求解。
【解析】
(1) 已知△A₁B₁C₁，△A₂B₂C₂，…，△AₙBₙCₙ都是位似的等边三角形，△A₁B₁C₁边长为1。
∵点A₂是OA₁的中点，
∴△A₂B₂C₂的边长为△A₁B₁C₁边长的$\frac{1}{2}$，即$\frac{1}{2}$；
同理可得△A₃B₃C₃的边长为$(\frac{1}{2})^2$，以此类推，△AₖBₖCₖ的边长为$(\frac{1}{2})^{k-1}$。
则△A₇B₇C₇的边长为$(\frac{1}{2})^{7-1}=(\frac{1}{2})^6$，△A₁₀B₁₀C₁₀的边长为$(\frac{1}{2})^{10-1}=(\frac{1}{2})^9$。
∴△A₁₀B₁₀C₁₀和△A₇B₇C₇的相似比为$\frac{(\frac{1}{2})^9}{(\frac{1}{2})^6}=\frac{1}{8}$，即$1:8$。
∵所有三角形的对应顶点连线都经过点O，
∴位似中心为点O。
(2) 由上述推导可知△AₙBₙCₙ的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$，
∵等边三角形周长=3×边长，
∴△AₙBₙCₙ的周长为$3×(\frac{1}{2})^{n-1}=\frac{3}{2^{n-1}}$。
【答案】
(1) 相似比为$1:8$，位似中心为点O；(2) $\frac{3}{2^{n-1}}$
【知识点】
位似图形的性质，等边三角形的性质，图形规律探究
【点评】
本题结合位似图形与等边三角形的性质考查规律推导能力，解题的核心是通过中点条件找到各等边三角形边长的递推关系，属于基础综合类题型，能很好地考查学生对几何基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确位似图形的性质：位似图形是特殊的相似图形，相似比等于对应边的比，位似中心是所有对应点连线的公共交点。对于(1)，先根据中点条件推导各等边三角形的边长规律：△A₁B₁C₁边长为1，后续每个三角形的边长都是前一个的$\frac{1}{2}$，因此△AₙBₙCₙ的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$，计算两个三角形的边长比即可得到相似比，再根据对应点连线都过点O确定位似中心；对于(2)，利用等边三角形周长=3×边长，代入边长公式即可求解。
【解析】
(1) 已知△A₁B₁C₁，△A₂B₂C₂，…，△AₙBₙCₙ都是位似的等边三角形，△A₁B₁C₁边长为1。
∵点A₂是OA₁的中点，
∴△A₂B₂C₂的边长为△A₁B₁C₁边长的$\frac{1}{2}$，即$\frac{1}{2}$；
同理可得△A₃B₃C₃的边长为$(\frac{1}{2})^2$，以此类推，△AₖBₖCₖ的边长为$(\frac{1}{2})^{k-1}$。
则△A₇B₇C₇的边长为$(\frac{1}{2})^{7-1}=(\frac{1}{2})^6$，△A₁₀B₁₀C₁₀的边长为$(\frac{1}{2})^{10-1}=(\frac{1}{2})^9$。
∴△A₁₀B₁₀C₁₀和△A₇B₇C₇的相似比为$\frac{(\frac{1}{2})^9}{(\frac{1}{2})^6}=\frac{1}{8}$，即$1:8$。
∵所有三角形的对应顶点连线都经过点O，
∴位似中心为点O。
(2) 由上述推导可知△AₙBₙCₙ的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$，
∵等边三角形周长=3×边长，
∴△AₙBₙCₙ的周长为$3×(\frac{1}{2})^{n-1}=\frac{3}{2^{n-1}}$。
【答案】
(1) 相似比为$1:8$，位似中心为点O；(2) $\frac{3}{2^{n-1}}$
【知识点】
位似图形的性质，等边三角形的性质，图形规律探究
【点评】
本题结合位似图形与等边三角形的性质考查规律推导能力，解题的核心是通过中点条件找到各等边三角形边长的递推关系，属于基础综合类题型，能很好地考查学生对几何基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
4. [2025永州冷水滩区期中]如图,矩形$DEFG$内接于$△ ABC$,点$G,F$分别在$AB,AC$上,点$D,E$在$BC$上.若$AB=AC=5$,$BC=6$,$DE=3EF$,则$EF$的长为
变式 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=3\sqrt{5}$,$BC=6$,矩形$P_1Q_1M_1N_1$,$P_2Q_2M_2N_2$,$P_3Q_3M_3N_3$均是$△ ABC$的内接四边形.若该三个矩形的周长分别为$c_1,c_2,c_3$,则$c_1+c_2+c_3$的值是
$\boldsymbol{\frac{4}{3}}$
.变式 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=3\sqrt{5}$,$BC=6$,矩形$P_1Q_1M_1N_1$,$P_2Q_2M_2N_2$,$P_3Q_3M_3N_3$均是$△ ABC$的内接四边形.若该三个矩形的周长分别为$c_1,c_2,c_3$,则$c_1+c_2+c_3$的值是
$\boldsymbol{36}$
.答案
$\frac{4}{3}$
如图,过点$A$作$AR ⊥ BC$于点$R$,交$FG$于点$Q$.
$\because GF// BC,\therefore △ AGF ∽ △ ABC,\therefore \frac{AQ}{AR}=\frac{GF}{BC}.\because EF=QR,GF=DE,AQ=AR-QR,\therefore AQ=AR-EF,GF=3EF,\therefore \frac{AR-EF}{AR}=\frac{3EF}{BC},\therefore 1-\frac{EF}{AR}=\frac{EF}{2}.\because AB=AC,\therefore △ ABC$ 是等腰三角形.
$\because AR⊥ BC,\therefore AR$ 是 $BC$ 边上的中线(等腰三角形“三线合一”),$\therefore BR=\frac{1}{2}BC=3$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABR$ 中,$AB=5$,$BR=3$,由勾股定理可得 $AR=\sqrt{AB^2-BR^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4,\therefore 1-\frac{EF}{4}=\frac{EF}{2}$,解得 $EF=\frac{4}{3}$.
变式 36
解题思路:过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$,由等腰三角形的性质及勾股定理得$AD=6$,证明$△ BN_1P_1 ∽ △ BAD$得$N_1P_1=2BP_1$,证明$△ BP_1N_1 ≌ △ CQ_1M_1$得$BP_1=CQ_1$,故得$c_1=N_1P_1+P_1Q_1+M_1Q_1+M_1N_1=2BP_1+2P_1Q_1+2BP_1=2(BP_1+P_1Q_1+CQ_1)=2BC=2×6=12$,同理,可得$c_2$和$c_3$的值,即可求解.
如图,过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$.
$\because N_1P_1// AD,\therefore △ BN_1P_1 ∽ △ BAD,\therefore \frac{BP_1}{BD}=\frac{N_1P_1}{AD}.\because AB=AC,\therefore △ ABC$ 是等腰三角形.$\because AD⊥ BC,\therefore AD$ 是 $BC$ 的中线(等腰三角形“三线合一”),$\therefore BD=\frac{1}{2}BC=3$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 中,$AB=3\sqrt{5}$,$BD=3$,由勾股定理可得 $AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{(3\sqrt{5})^2-3^2}=6,\therefore \frac{BP_1}{N_1P_1}=\frac{BD}{AD}=\frac{1}{2},\therefore N_1P_1=2BP_1$. 在 $△ BP_1N_1$ 和 $△ CQ_1M_1$ 中,
$\begin{cases}∠ B = ∠ C,\\∠ BP_1N_1 = ∠ CQ_1M_1,\\N_1P_1 = M_1Q_1,\end{cases}$
$\therefore △ BP_1N_1 ≌ △ CQ_1M_1\ (\mathrm{AAS}),$
$\therefore BP_1=CQ_1,\therefore c_1 = N_1P_1 + P_1Q_1 + M_1Q_1 + M_1N_1 = 2BP_1 + 2P_1Q_1 + 2BP_1 = 2(BP_1 + P_1Q_1 + BP_1) = 2(BP_1 + P_1Q_1 + CQ_1) = 2BC = 2×6 = 12.$ 同理,可得 $c_2 = c_3 = 12,\therefore c_1 + c_2 + c_3 = 36.$
解析
【分析】
原题思路
要计算EF的长度，首先△ABC是等腰三角形，先作底边BC上的高AR，利用等腰三角形三线合一得到BR的长度，再用勾股定理算出高AR的长度。因为矩形DEFG的对边GF=DE，且GF//BC，可得△AGF∽△ABC，相似三角形对应高的比等于相似比，结合已知DE=3EF，将各线段用EF表示代入相似比的等式，列方程即可求出EF。
变式思路
同样先作等腰△ABC底边BC的高AD，用勾股定理算出AD的长度。对每个内接矩形，利用竖直边平行于高，得到小三角形和△BAD相似，推出矩形竖直边和底边左侧线段的数量关系，再利用等腰三角形底角相等，证明左右两侧的小三角形全等，得到左侧线段等于右侧线段，进而推导出每个矩形的周长都等于2BC，三个矩形周长和就是3×2BC，代入BC长度计算即可。
【解析】
原题解答
如图，过点A作$AR ⊥ BC$于点R，交FG于点Q。
$\because GF// BC,\therefore △ AGF ∽ △ ABC,\therefore \frac{AQ}{AR}=\frac{GF}{BC}$。
∵ 四边形DEFG是矩形，$\therefore EF=QR,GF=DE,AQ=AR-QR=AR-EF$，
又$\because DE=3EF,\therefore GF=3EF$，代入得$\frac{AR-EF}{AR}=\frac{3EF}{BC}$，即$1-\frac{EF}{AR}=\frac{3EF}{BC}$。
$\because AB=AC,AR⊥ BC,\therefore AR$是BC边上的中线（等腰三角形“三线合一”），$\therefore BR=\frac{1}{2}BC=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABR$中，$AB=5$，$BR=3$，由勾股定理可得$AR=\sqrt{AB^2-BR^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
将$AR=4,BC=6$代入$1-\frac{EF}{4}=\frac{3EF}{6}$，化简得$1-\frac{EF}{4}=\frac{EF}{2}$，解得$EF=\frac{4}{3}$。
变式解答
如图，过点A作$AD ⊥ BC$于点D。
$\because AB=AC,AD⊥ BC,\therefore AD$是BC的中线（等腰三角形“三线合一”），$\therefore BD=\frac{1}{2}BC=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AB=3\sqrt{5}$，$BD=3$，由勾股定理可得$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{(3\sqrt{5})^2-3^2}=6$。
$\because N_1P_1// AD,\therefore △ BN_1P_1 ∽ △ BAD,\therefore \frac{BP_1}{BD}=\frac{N_1P_1}{AD}$，即$\frac{BP_1}{N_1P_1}=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},\therefore N_1P_1=2BP_1$。
在$△ BP_1N_1$和$△ CQ_1M_1$中，
$\begin{cases}∠ B = ∠ C,\\∠ BP_1N_1 = ∠ CQ_1M_1=90°,\\N_1P_1 = M_1Q_1,\end{cases}$
$\therefore △ BP_1N_1 ≌ △ CQ_1M_1\ (\mathrm{AAS}),\therefore BP_1=CQ_1$。
矩形$P_1Q_1M_1N_1$的周长$c_1 = N_1P_1 + P_1Q_1 + M_1Q_1 + M_1N_1 = 2BP_1 + P_1Q_1 + 2BP_1 + P_1Q_1 = 2(BP_1 + P_1Q_1 + CQ_1) = 2BC = 2×6 = 12$。
同理可得$c_2 = c_3 = 12$，$\therefore c_1 + c_2 + c_3 = 12×3=36$。
【答案】
原题：$\boldsymbol{\frac{4}{3}}$；变式：$\boldsymbol{36}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题结合相似三角形、等腰三角形性质、勾股定理考查三角形内接矩形的计算问题，核心是利用相似三角形的相似比建立线段间的等量关系；变式题需要通过推导找到所有内接矩形周长的共性规律，简化计算过程，避免重复运算。
【难度系数】
0.65
原题思路
要计算EF的长度，首先△ABC是等腰三角形，先作底边BC上的高AR，利用等腰三角形三线合一得到BR的长度，再用勾股定理算出高AR的长度。因为矩形DEFG的对边GF=DE，且GF//BC，可得△AGF∽△ABC，相似三角形对应高的比等于相似比，结合已知DE=3EF，将各线段用EF表示代入相似比的等式，列方程即可求出EF。
变式思路
同样先作等腰△ABC底边BC的高AD，用勾股定理算出AD的长度。对每个内接矩形，利用竖直边平行于高，得到小三角形和△BAD相似，推出矩形竖直边和底边左侧线段的数量关系，再利用等腰三角形底角相等，证明左右两侧的小三角形全等，得到左侧线段等于右侧线段，进而推导出每个矩形的周长都等于2BC，三个矩形周长和就是3×2BC，代入BC长度计算即可。
【解析】
原题解答
如图，过点A作$AR ⊥ BC$于点R，交FG于点Q。
$\because GF// BC,\therefore △ AGF ∽ △ ABC,\therefore \frac{AQ}{AR}=\frac{GF}{BC}$。
∵ 四边形DEFG是矩形，$\therefore EF=QR,GF=DE,AQ=AR-QR=AR-EF$，
又$\because DE=3EF,\therefore GF=3EF$，代入得$\frac{AR-EF}{AR}=\frac{3EF}{BC}$，即$1-\frac{EF}{AR}=\frac{3EF}{BC}$。
$\because AB=AC,AR⊥ BC,\therefore AR$是BC边上的中线（等腰三角形“三线合一”），$\therefore BR=\frac{1}{2}BC=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABR$中，$AB=5$，$BR=3$，由勾股定理可得$AR=\sqrt{AB^2-BR^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
将$AR=4,BC=6$代入$1-\frac{EF}{4}=\frac{3EF}{6}$，化简得$1-\frac{EF}{4}=\frac{EF}{2}$，解得$EF=\frac{4}{3}$。
变式解答
如图，过点A作$AD ⊥ BC$于点D。
$\because AB=AC,AD⊥ BC,\therefore AD$是BC的中线（等腰三角形“三线合一”），$\therefore BD=\frac{1}{2}BC=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AB=3\sqrt{5}$，$BD=3$，由勾股定理可得$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{(3\sqrt{5})^2-3^2}=6$。
$\because N_1P_1// AD,\therefore △ BN_1P_1 ∽ △ BAD,\therefore \frac{BP_1}{BD}=\frac{N_1P_1}{AD}$，即$\frac{BP_1}{N_1P_1}=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2},\therefore N_1P_1=2BP_1$。
在$△ BP_1N_1$和$△ CQ_1M_1$中，
$\begin{cases}∠ B = ∠ C,\\∠ BP_1N_1 = ∠ CQ_1M_1=90°,\\N_1P_1 = M_1Q_1,\end{cases}$
$\therefore △ BP_1N_1 ≌ △ CQ_1M_1\ (\mathrm{AAS}),\therefore BP_1=CQ_1$。
矩形$P_1Q_1M_1N_1$的周长$c_1 = N_1P_1 + P_1Q_1 + M_1Q_1 + M_1N_1 = 2BP_1 + P_1Q_1 + 2BP_1 + P_1Q_1 = 2(BP_1 + P_1Q_1 + CQ_1) = 2BC = 2×6 = 12$。
同理可得$c_2 = c_3 = 12$，$\therefore c_1 + c_2 + c_3 = 12×3=36$。
【答案】
原题：$\boldsymbol{\frac{4}{3}}$；变式：$\boldsymbol{36}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题结合相似三角形、等腰三角形性质、勾股定理考查三角形内接矩形的计算问题，核心是利用相似三角形的相似比建立线段间的等量关系；变式题需要通过推导找到所有内接矩形周长的共性规律，简化计算过程，避免重复运算。
【难度系数】
0.65
5. 教材数学活动变式 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=6$,$BC=3$,四边形$CDEF$是$△ ABC$的第1个内接正方形,四边形$DGHI$是$△ ABC$的第2个内接正方形,四边形$GQSP$是$△ ABC$的第3个内接正方形……. 则$△ ABC$的第$n$个($n$为正整数)内接正方形的边长$a_n$为
$\boldsymbol{\frac{2^n}{3^{n-1}}}$
.答案
$\frac{2^n}{3^{n-1}}$
$\because EF// AC,\therefore △ BFE ∽ △ BCA,\therefore \frac{BF}{BC}=\frac{EF}{AC},\therefore \frac{3-a_1}{3}=\frac{a_1}{6}$,解得 $a_1=2$.
$\because IH// AD,△ EIH ∽ △ EDA,\therefore \frac{IE}{DE}=\frac{IH}{DA},$
$\therefore \frac{2-a_2}{2}=\frac{a_2}{4}$,解得 $a_2=\frac{4}{3}$. 同理,可得 $a_3=\frac{8}{9},a_4=\frac{16}{27},···,a_n=\frac{2^n}{3^{n-1}}$.
$\because EF// AC,\therefore △ BFE ∽ △ BCA,\therefore \frac{BF}{BC}=\frac{EF}{AC},\therefore \frac{3-a_1}{3}=\frac{a_1}{6}$,解得 $a_1=2$.
$\because IH// AD,△ EIH ∽ △ EDA,\therefore \frac{IE}{DE}=\frac{IH}{DA},$
$\therefore \frac{2-a_2}{2}=\frac{a_2}{4}$,解得 $a_2=\frac{4}{3}$. 同理,可得 $a_3=\frac{8}{9},a_4=\frac{16}{27},···,a_n=\frac{2^n}{3^{n-1}}$.
解析
【分析】
本题是直角三角形内接正方形的规律探究题，解题思路如下：首先利用正方形对边平行的性质，得到小三角形与大直角三角形相似，根据相似三角形对应边成比例的性质，先求出第1个内接正方形的边长；再用同样的方法求出第2、3个内接正方形的边长，观察前几个边长的规律，推导得出第n个内接正方形边长的通用表达式。
【解析】
1. 求第1个内接正方形的边长$a_1$：
$\because$ 四边形$CDEF$是正方形，$\therefore EF// AC$，
$\therefore △ BFE ∽ △ BCA$，根据相似三角形对应边成比例可得：$\frac{BF}{BC}=\frac{EF}{AC}$，
又$\because BF=BC-CF=3-a_1$，$EF=a_1$，$BC=3$，$AC=6$，
代入得$\frac{3-a_1}{3}=\frac{a_1}{6}$，解得$a_1=2$。
2. 求第2个内接正方形的边长$a_2$：
$\because$ 四边形$DGHI$是正方形，$\therefore IH// AD$，
$\therefore △ EIH ∽ △ EDA$，根据相似三角形对应边成比例可得：$\frac{IE}{DE}=\frac{IH}{DA}$，
又$\because IE=DE-ID=2-a_2$，$IH=a_2$，$DE=2$，$DA=AC-CD=6-2=4$，
代入得$\frac{2-a_2}{2}=\frac{a_2}{4}$，解得$a_2=\frac{4}{3}$。
3. 同理可求得第3个内接正方形的边长$a_3=\frac{8}{9}$，第4个边长$a_4=\frac{16}{27}$……
观察规律：$a_1=2=\frac{2^1}{3^{0}}$，$a_2=\frac{4}{3}=\frac{2^2}{3^{1}}$，$a_3=\frac{8}{9}=\frac{2^3}{3^{2}}$，
因此第$n$个内接正方形的边长$a_n=\frac{2^n}{3^{n-1}}$。
【答案】
$\frac{2^n}{3^{n-1}}$
【知识点】
相似三角形的性质；正方形的性质；规律探究
【点评】
本题结合了相似三角形与正方形的核心性质，需要学生熟练运用相似三角形对应边成比例的结论求解边长，同时具备归纳总结数字规律的能力，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题是直角三角形内接正方形的规律探究题，解题思路如下：首先利用正方形对边平行的性质，得到小三角形与大直角三角形相似，根据相似三角形对应边成比例的性质，先求出第1个内接正方形的边长；再用同样的方法求出第2、3个内接正方形的边长，观察前几个边长的规律，推导得出第n个内接正方形边长的通用表达式。
【解析】
1. 求第1个内接正方形的边长$a_1$：
$\because$ 四边形$CDEF$是正方形，$\therefore EF// AC$，
$\therefore △ BFE ∽ △ BCA$，根据相似三角形对应边成比例可得：$\frac{BF}{BC}=\frac{EF}{AC}$，
又$\because BF=BC-CF=3-a_1$，$EF=a_1$，$BC=3$，$AC=6$，
代入得$\frac{3-a_1}{3}=\frac{a_1}{6}$，解得$a_1=2$。
2. 求第2个内接正方形的边长$a_2$：
$\because$ 四边形$DGHI$是正方形，$\therefore IH// AD$，
$\therefore △ EIH ∽ △ EDA$，根据相似三角形对应边成比例可得：$\frac{IE}{DE}=\frac{IH}{DA}$，
又$\because IE=DE-ID=2-a_2$，$IH=a_2$，$DE=2$，$DA=AC-CD=6-2=4$，
代入得$\frac{2-a_2}{2}=\frac{a_2}{4}$，解得$a_2=\frac{4}{3}$。
3. 同理可求得第3个内接正方形的边长$a_3=\frac{8}{9}$，第4个边长$a_4=\frac{16}{27}$……
观察规律：$a_1=2=\frac{2^1}{3^{0}}$，$a_2=\frac{4}{3}=\frac{2^2}{3^{1}}$，$a_3=\frac{8}{9}=\frac{2^3}{3^{2}}$，
因此第$n$个内接正方形的边长$a_n=\frac{2^n}{3^{n-1}}$。
【答案】
$\frac{2^n}{3^{n-1}}$
【知识点】
相似三角形的性质；正方形的性质；规律探究
【点评】
本题结合了相似三角形与正方形的核心性质，需要学生熟练运用相似三角形对应边成比例的结论求解边长，同时具备归纳总结数字规律的能力，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
