《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

3. (石室联中)如图,点$A_{1}(2,2)$在直线$y= x$上,过点$A_{1}$作$A_{1}B_{1}// y$轴交直线$y= \frac {1}{2}x$于点$B_{1}$,以点$A_{1}$为直角顶点,$A_{1}B_{1}$为直角边在$A_{1}B_{1}$的右侧作等腰直角三角形$A_{1}B_{1}C_{1}$,再过点$C_{1}$作$A_{2}B_{2}// y$轴,分别交直线$y= x$和$y= \frac {1}{2}x$于$A_{2}$,$B_{2}$两点,以点$A_{2}$为直角顶点,$A_{2}B_{2}$为直角边在$A_{2}B_{2}$的右侧作等腰直角三角形$A_{2}B_{2}C_{2}$……按此规律进行下去,则等腰直角三角形$A_{n}B_{n}C_{n}$的面积为______。(用含正整数$n$的代数式表示)

$\frac{3^{2n - 2}}{2^{2n - 1}}$

答案： 解：
1. 求$A_1B_1$的长度：
点$A_1(2,2)$在直线$y=x$上，$A_1B_1// y$轴，交$y=\frac{1}{2}x$于$B_1$，则$B_1$的横坐标为$2$。
把$x=2$代入$y=\frac{1}{2}x$，得$y=1$，所以$B_1(2,1)$。
$A_1B_1=2 - 1=1$。
2. 求$S_1$：
等腰直角三角形$A_1B_1C_1$，直角边$A_1B_1=1$，$S_1=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}$。
3. 求$A_2B_2$的长度：
$C_1$的坐标：$A_1(2,2)$，$A_1B_1=1$，$A_1B_1// y$轴，$C_1$在$A_1B_1$右侧，所以$C_1$的横坐标为$2 + 1=3$，纵坐标为$2$。
$A_2B_2// y$轴过$C_1(3,2)$，交$y=x$于$A_2$，交$y=\frac{1}{2}x$于$B_2$。
$A_2$在$y=x$上，$x=3$时$y=3$，所以$A_2(3,3)$；$B_2$在$y=\frac{1}{2}x$上，$x=3$时$y=\frac{3}{2}$，所以$B_2(3,\frac{3}{2})$。
$A_2B_2=3 - \frac{3}{2}=\frac{3}{2}$。
4. 求$S_2$：
等腰直角三角形$A_2B_2C_2$，直角边$A_2B_2=\frac{3}{2}$，$S_2=\frac{1}{2}×\frac{3}{2}×\frac{3}{2}=\frac{9}{8}$。
5. 同理可得：
$A_3B_3=\frac{9}{4}$，$S_3=\frac{1}{2}×\frac{9}{4}×\frac{9}{4}=\frac{81}{32}$。
6. 归纳规律：
$A_nB_n=\frac{3^{n - 1}}{2^{n - 1}}$。
$S_n=\frac{1}{2}×(\frac{3^{n - 1}}{2^{n - 1}})^2=\frac{3^{2n - 2}}{2^{2n - 1}}$。
$\frac{3^{2n - 2}}{2^{2n - 1}}$

4. (嘉祥)如图所示,把$∠BAO$放在平面直角坐标系中,使射线$AO与x$轴重合。已知$∠BAO= 30^{\circ }$,$OA= OB= 1$,过点$B作BA_{1}⊥OB交x轴于点A_{1}$,过点$A_{1}作B_{1}A_{1}⊥BA_{1}交直线AB于点B_{1}$,过点$B_{1}作B_{1}A_{2}⊥B_{1}A_{1}交x轴于点A_{2}$,再过点$A_{2}$,$B_{2}$,…依次作垂线,则$\triangle A_{1}B_{1}A_{2}$的面积为$\frac{9\sqrt{3}}{2}$,$\triangle A_{n}B_{n}A_{n+1}$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}×3^{2n}$。

答案： 解：
在$∠BAO$中，$∠BAO=30^{\circ}$，$OA=OB=1$，
$\therefore ∠ABO=∠BAO=30^{\circ}$，$∠AOB=120^{\circ}$。
$\because BA_1⊥OB$，$\therefore ∠OB A_1=90^{\circ}$，$∠BOA_1=60^{\circ}$，
$\therefore ∠BA_1O=30^{\circ}$，在$Rt\triangle OBA_1$中，$OB=1$，
$\therefore BA_1=OB·\tan60^{\circ}=1×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，$OA_1=2OB=2$。
$\because B_1A_1⊥BA_1$，$∠BAO=30^{\circ}$，
$\therefore ∠B_1A_1B=90^{\circ}$，$∠BB_1A_1=30^{\circ}$，
在$Rt\triangle B_1A_1B$中，$B_1A_1=BA_1·\tan60^{\circ}=\sqrt{3}×\sqrt{3}=3$。
$\because B_1A_2⊥B_1A_1$，$\therefore ∠B_1A_2A_1=30^{\circ}$，
在$Rt\triangle B_1A_1A_2$中，$A_1A_2=B_1A_1·\tan60^{\circ}=3×\sqrt{3}=3\sqrt{3}$，
$\triangle A_1B_1A_2$的面积$=\frac{1}{2}×B_1A_1×A_1A_2=\frac{1}{2}×3×3\sqrt{3}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$。
同理可得：$A_nB_n=(\sqrt{3})^{2n}=3^n$，$A_nA_{n+1}=A_nB_n·\tan60^{\circ}=3^n×\sqrt{3}$，
$\triangle A_nB_nA_{n+1}$的面积$=\frac{1}{2}×A_nB_n×A_nA_{n+1}=\frac{1}{2}×3^n×3^n×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}×3^{2n}$。
$\frac{9\sqrt{3}}{2}$；$\frac{\sqrt{3}}{2}×3^{2n}$

5. (金牛区期末)已知$k$为正数,直线$l_{1}:y= kx+k-1与直线l_{2}:y= (k+1)x+k及x轴围成的三角形的面积为S_{k}$,则$S_{2}=$______,$S_{1}+S_{2}+S_{3}+... +S_{2020}$的值为______。
$\frac{1}{12}$$\frac{1010}{2021}$

答案： 解：在$y=kx+k-1$中，令$y=0$，得$kx+k-1=0$，解得$x=\frac{1 - k}{k}$，则直线$l_1$与$x$轴交点为$(\frac{1 - k}{k},0)$。
在$y=(k + 1)x + k$中，令$y=0$，得$(k + 1)x + k=0$，解得$x=-\frac{k}{k + 1}$，则直线$l_2$与$x$轴交点为$(-\frac{k}{k + 1},0)$。
联立$\begin{cases}y=kx + k - 1\\y=(k + 1)x + k\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y=-1\end{cases}$，两直线交点为$(-1,-1)$。
$S_k=\frac{1}{2}×\left|-\frac{k}{k + 1}-\frac{1 - k}{k}\right|×|-1|=\frac{1}{2k(k + 1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k + 1}\right)$。
$S_2=\frac{1}{2}×\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{12}$。
$S_1 + S_2+\cdots+S_{2020}=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}\right)\right]=\frac{1}{2}×\left(1-\frac{1}{2021}\right)=\frac{1010}{2021}$。
$\frac{1}{12}$；$\frac{1010}{2021}$

1. (石室联中)如图,在平面直角坐标系中$,\triangle A_{1}B_{1}C_{1},\triangle A_{2}B_{2}C_{2},\triangle A_{3}B_{3}C_{3},…,\triangle A_{n}B_{n}C_{n}$均为等腰直角三角形,且$\angle C_{1}= \angle C_{2}= \angle C_{3}=… =\angle C_{n}= 90^{\circ},$点A_{1},A_{2},A_{3},…,A_{n}和点B_{1},B_{2},B_{3},…,B_{n}分别在正比例函数$y= \frac{1}{2}x$和y= -x的图象上,且点A_{1},A_{2},A_{3},…,A_{n}的横坐标分别为1,2,3,…,n,线段A_{1}B_{1},A_{2}B_{2},A_{3}B_{3},…,A_{n}B_{n}均与y轴平行。按照图中所反映的规律,则$\triangle A_{n}B_{n}C_{n}$的顶点C_{n}的坐标是______,线段C_{2022}C_{2023}的长是______。(其中n为正整数)$(\frac{7n}{4},-\frac{n}{4})$$\frac{5\sqrt{2}}{4}$

答案： 解：
1. 对于$\triangle A_{n}B_{n}C_{n}$，点$A_{n}$在$y = \frac{1}{2}x$上，横坐标为$n$，则$A_{n}(n,\frac{n}{2})$；点$B_{n}$在$y=-x$上，横坐标为$n$，则$B_{n}(n,-n)$。
2. $A_{n}B_{n}$长度为$\frac{n}{2}-(-n)=\frac{3n}{2}$，$\triangle A_{n}B_{n}C_{n}$为等腰直角三角形且$\angle C_{n}=90^{\circ}$，则$C_{n}$到$A_{n}B_{n}$距离为$\frac{3n}{4}$。
3. $A_{n}B_{n}$与$y$轴平行，故$C_{n}$横坐标为$n+\frac{3n}{4}=\frac{7n}{4}$，纵坐标为$\frac{\frac{n}{2}+(-n)}{2}=-\frac{n}{4}$，即$C_{n}(\frac{7n}{4},-\frac{n}{4})$。
4. $C_{2022}(\frac{7×2022}{4},-\frac{2022}{4})$，$C_{2023}(\frac{7×2023}{4},-\frac{2023}{4})$，两点横坐标差$\frac{7}{4}$，纵坐标差$-\frac{1}{4}$，距离为$\sqrt{(\frac{7}{4})^{2}+(-\frac{1}{4})^{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{4}$。
$(\frac{7n}{4},-\frac{n}{4})$；$\frac{5\sqrt{2}}{4}$