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一条直线能把长方形分成两块，用2条直线最多能分成4块，用20条直线最多能把长方形分成______．
题型：填空题难度：中档来源：不详
1条直线最多将平面分成1+1=2个部分；2条直线最多将平面分成1+1+2=4个部分；3条直线最多将平面分成1+1+2+3=7个部分；现在添上第4条直线．它与前面的3条直线最多有3个交点，这3个交点将第4条直线分成4段，其中每一段将原来所在平面部分一分为二，如图，所以4条直线最多将平面分成1+1+2+3+4=11个部分．完全类似地，20条直线最多将平面分成1+1+2+3+4+…+20=1+(20+1)×202=1+210=211个部分；答：用20条直线最多能把长方形分成211块．故答案为：211．
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据魔方格专家权威分析，试题“一条直线能把长方形分成两块，用2条直线最多能分成4块，用20条直..”主要考查你对&&观察物体（上面，正面，右面）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
现在没空？点击收藏，以后再看。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
观察物体（上面，正面，右面）
三视图是观测者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形。
发现相似题
与“一条直线能把长方形分成两块，用2条直线最多能分成4块，用20条直..”考查相似的试题有：
999057108745010838744483542291052732小升初奥数解题方法：化大为小找规律法
《小升初奥数解题方法：化大为小找规律法》摘要：简单的情况(化大为小)，从中分析探寻出问题的规律，以获得问题的答案。这就是解数学题常用的一种方法，叫做归纳，我们也可以叫做化大为小找规律。 10条直线最多可把一个长方形分成多少块? 提示：先不考虑10条直线，...： ◇
　　对于一些较复杂或数目较大的问题，如果一时感到无从下手，我们不妨把问题尽量简单化，在不改变问题性质的前提下，考虑问题最简单的情况(化大为小)，从中分析探寻出问题的规律，以获得问题的答案。这就是解数学题常用的一种方法，叫做归纳，我们也可以叫做&化大为小找规律&。
　　10条直线最多可把一个长方形分成多少块?
　　提示：先不考虑10条直线，而是先看1条、2条、3条
　　直线能把一个长方形分成几块?
　　10条直线最多可把一个长方形分成多少块?
　　第一条直线：分成 2 块
　　第二条直线：分成 2+2=4 块
　　第三条直线：分成 2+2+3=7 块
　　10条直线最多可把一个长方形分成多少块?
　　我们发现这样的规律：
　　=2+(2+3+4+5+6+7+8+9+10)
　　=56(块)
　　这就是说，10条直线可把长方形分为56块。
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一条直线分一个平面为两部分．两条直线最多分这个平面为四部分．问&5&条直线最多分这个平面为&多少部分
将关键的已知数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通过建立这些问题的结果所构成数列的
递推关系，逐步地求得原问题的答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．
1．一条直线分一个平面为两部分．两条直线最多分这个平面为四部分．问 5 条直线最多分这个平面为 多少部分
【分析与解】方法一：我们可以在纸上试着画出 1 条直线，2 条直线，3 条直线，……时的情形，于是得 分析与解】方法一
由上表已知 5 条直线最多可将这个平面分成 16 个部分，并且不难知晓，当有 n 条直线时，最多可将 平面分成
2+2+3+4+…+n=
n ( n + 1) +1 个部分． 2
方法二： 方法二：如果已有 k 条直线，再增加一条直线，这条直线与前 k 条直线的交点至多 k 个，因而至多被 分成 k+1
段，每一段将原有的部分分成两个部分，所以至多增加 k+1 个部分．于是 3 条直线至多将平面分 为 4+3=7 个部分，4
条直线至多将平面分为 7+4=11 个部分，5 条直线至多将平面分为 11+5=16 个部分． 一般的有 k 条直线最多将平面分成：
1+1+2+…+k=
k ( k + 1) +1 个部分，所以五条直线可以分平面为 16 个部分． 2
2．一个长方形把平面分成两部分，那么 3 个长方形最多把平面分成多少部分 【分析与解】
一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部 分析与解】 分成 2
部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．
同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分(如下图，标 有数字 9
的部分)．还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成 10 部分．
第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线
段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加 3&4=12 个部分．而第三个长方形的 4
个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加 4 个部分． 所以三个长方形最多能将平面分成 10+12+4=26．
3．在平面上画 5 个圆和 1 条直线，最多可把平面分成多少部分 【分析与解】 先考虑圆．1 个圆将平面分成 2 个部分．这时增加 1
个圆，这个圆与原有的 1 个圆最 分析与解】 多有两个交点，成为 2 条弧，每条弧将平面的一部分一分为二，增加了 2 个部分，所以 2
个圆最多将平面 分成 4 个部分．当有 3 个圆时，第 3 个圆与原有的 2 个产生 4 个交点而增加 4 个部分，所以 3
个圆最多将 平面分成 8 个部分． 同样的道理，5 个圆最多将平面分成 22 个部分． 再考虑直线．直线与每个圆最多有 2
个交点，这样与 5 个圆最多有 10 个交点．它们将直线分成 11 条 线段或射线，而每条线段又将平面的一部分一分为二，2
条射线增加了一部分，因为 5 个圆和 1 条直线最 多可将平面分成 32 个部分． 评注：对于“100
个圆最多能将平面分成多少个部分”这种的问题，可以采用归纳法：1 个圆将平面 分成 2 个部分，2 个圆最多将平面分成 4 个部分，3
个圆最多将平面分成 8 个部分，4 个圆将平面分成 14 个部分，…
于是，猜想 n 个圆最多将平面分成 2+2+4+6+…+(n 一 1)&2=n&(n—1)．4-2 个部分,则 100 个圆最多
将平面分成 100&99+2=9902 个部分． I．我们注意到，有些同学由“1 个圆将平面分成 2 个部分，2 个圆最多将平面分成
4 个部分，3 个圆 最多将平面分成 8 个部分，……”得出结论 n 个圆最多将平面分成 2 个部分． 对于上面那个“n
个圆最多将平面分成 2 个部分”结论，如果只看前 3 种情况，是无法判断出它的错
误，这就要求我们尽可能的多验证几种情况．当然，限于我们采用的是不完全归纳法，所以对于得出的结 论无法进行严格的论证． 2 Ⅱ．例如,n
+n+41，当 n 取 0，1，2，3，…，39 时，所得的值均是质数，但是我们不能就此说．当 n 2 2 2 为自然数时．N
+n+41 就是质数．因为当 n=40，41，…时就不是质数，40 +40+41＝(40+1)&40+41=41 ，显 2
然不是质数；41 +41+41=41&43，显然也不是质数． 对于不完全归纳法的缺陷，我们将在中学里利用完全归纳法解决．
Ⅲ．大家还可以推导出 n 个正方形、n 个锐角、n 条直线分别最多将平面分成几个部分．
4．一个楼梯共有 10 级台阶，规定每步可以迈 1 级台阶或 2 级台阶，最多可以迈 3 级台阶．从地面到 最上面 1
级台阶，一共可以有多少种不同的走法 【分析与解】 我们知道最后一步可以迈 1 级台阶、2 级台阶或 3 级台阶，也就是说可以从倒数第
1、2 分析与解】 或 3 级台阶直接迈入最后一级台阶． 即最后一级台阶的走法等于倒数第 1、 和 3 级台阶的走法和． 2 而倒数第
l 级台阶的走法等于倒数第 2、 3 和 4 级台阶的走法和，…… 如果将 1、2、3……级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第 4
项开始，每一项等于前 3 项的和． 有 1，2，3 级台阶的走法有 1，2，4 种走法，所以 4，5，6，7，8，9，10
级台阶的走法有 7，13，24， 44，81，149，274 种走法．
5．用图 15—1 所示的 1&2 小长方形和 1&3 小长方形去覆盖如图 15—2 所示的填有数字的 2&6 方格
表，共有多少种不同的盖法
【分析与解】 如果只用 1&2 的长方形盖住 2&n 的长方形，设种数为 an，则 a1=l，a2=2． 分析与解】 对于
n≥3，左边可能竖放 1 个 1&2 的，也可能横放 2 个 l&2 的，前者有 an-1 种(因为剩下 2&(n 一
1)的长方形)，后者有 an-2 种，所以 an= an-1＋an-2． 从而
a3=1+2=3，a4=2+3=5，a5=3+5=8，a6=5+8=13 如果至少用 1 个 1&3 的长方形，那么由于共用
2&6=12 个小方格，而每个 1&2 的长方形盖住 2 个小 方格，1&3 的长方形盖住 3 个小方格，所以 1&3
的长方形必须用偶数个，盖住的方格的总个数才能是偶 数 12． 如果用 4 个 1&3 个长方形，盖法只用 1 种. 如果用 2 个
1&3 个长方形，这 2 个长方形全在上面或全在下面，各有 1 种盖法．这 2 个长方形一上 一下，有以下几种可能： (1)两个
1&3 小长方形不同行且并排： 图(1)中未覆盖的格子有 2&3 个，对应为 a3=3 种；图(2)中未覆盖的格子有 2&3
个，对应为 a3=3 种； 图(3)中未覆盖的格子为 2&1+2&2 个，对应为 a1&a2=1&2=2 种；图(4)中未覆盖的格子为
2&1+2&2 个，
对应为 a1&a2=l&2=2 种．
(2)两个 1&3 小长方形不同行且不并排：如图(5)、图(6)、图(7)、图(8)，共有 4 种覆盖方法．
因此，覆盖方法共有：13+1+2&1+(3+3+2+2)+4=30．
6．一个圆上有 12 个点 A1，A2，A3，…，A11，A12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角
形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问共有多少种不同的连法 【分析与解】我们采用递推的方法． 分析与解】 I 如果圆上只有 3
个点，那么只有一种连法．
Ⅱ如果圆上有 6 个点，除 A1 点所在三角形的三顶点外， 剩下的三个点一定只能在 A1 所在三角形的一条 边所对应的圆弧上，表 1
给出这时有可能的连法． Ⅲ如果圆上有 9 个点，考虑 A1 所在的三角形．此时，其余的 6 个点可能分布在： ①A1
所在三角形的一个边所对的弧上； ②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上． 在表 2
中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧． 如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．
共有 12 种连法． Ⅳ最后考虑圆周上有 12 个点．同样考虑 A1 所在三角形，剩下 9 个点的分布有三种可能： ①9
个点都在同一段弧上： ②有 6 个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上； ③每三个点在 A1 所在三角形的一条边对应的弧上．得到表
共有 12&3+3&6+1＝55 种． 所以当圆周上有 12 个点时，满足题意的连法有 55 种.
7．对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以 2，如果是奇数则加 1，如此进行直到得数为 1 操作 停止．问经过 9 次操作变为 1
的数有多少个 【分析与解】 因为偶数除以 2 为奇数或偶数，而奇数加 1 为偶数． 分析与解】 所以，从 l 开始逆推时，当为偶数就减
1 或乘以 2；当为奇数就乘以 2． 于是，可得：
其中经 1 次操作变为 1 的数有 1 个，即 2， 经 2 次操作变为 1 的数有 1 个，即 4， 经 3 次操作变为 1 的数有
2 个，即 3，8， ……… ……… ……… 经 6 次操作变为 1 的数有 8 个，即
11，24，10，28，13，64，31，30． 即经过 1，2，3，4，5，6，…次操作变为 1
的数的个数依次为：1，1，2，3，5，8，… 不难发现这串数的特点：自第三个数开始，每一个数等于前两个数的和 自第三个数开始，
自第三个数开始 每一个数等于前两个数的和． 那么 8 后面的数依次是：8+5=13，13+8=21，21+13=34，… 即经过 9
次操作变为 l 的数有 34 个．
8．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮．用链条连接不同搭配的
齿轮，通过不同的传动比获得若干挡不同的车速． “希望牌”变速自行车主动轴上有 3 个齿轮，齿数分别 是 48，36，24；后轴上有 4
个齿轮，齿数分别是 36，24，16，12．问：这种变速车一共有多少挡不同的 车速 【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：
分析与解】
这里有 4 对传动比是相同的：1， 有 8 挡不同的车速．
3 ，2，3，将重复的传动比去掉，剩下 8 个不同的比，所以共 2
9．有一个长方形，它的各边的长度都是小于 10 的自然数．如果用宽作分子，长作分母，那么所得的 分数值比
3 1 要大，比 要小．那么满足上述条件的各个长方形的面积之和是多少 10 2
【分析与解】 也就是说找到所有的分母小于 10 的真分数(不要求最简)，并且这些分数的值比 分析与解】 比
3 要大， 10
1 要小． 2
所以满足题中条件的各个长方形的面积之和是： 3+10+12+2l+24+27+36=133．
10．分子小于 6，分母小于 60 的不可约真分数有多少个 【分析与解】 分子的取值范围是从 1 到 5． 分析与解】 当分子为 1
时，分母可从 2 到 59，共有 58 个真分数，它们当然都是不可约分数． 由于 2，3，5 都是质数，因此当分子分别为 2，3，5
时，分母必须而且只需适合下列两个条件： ①分母大于分子且小于 60． ⑦分母不是分子的倍数． 易知：当分子为 2 时，适合条件的分母有
29 个； 当分子为 3 时，适合条件的分母有 38 个： 当分子为 5 时，适合条件的分母有 44 个； 最后来看分子为 4
的情形，与分子为 2 基本相同，分母不能为偶数，此外分母不能为 3．所以共有 28(=29—1)个． 总之，符合要求的分数共有
58+29+38+44+28＝197 个．
11.有一批长度分别为 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10 和 11 厘米的细木条，它们的数量都足够多， 从中适当选取 3
根木条作为 3 条边，可围成一个三角形．如果规定底边是 1l 厘米长，那么你能围成多少 个不同的三角形
【分析与解】一个三角形，任何两条边的长度之和，比余下的一条边长．在本题中，设底边是 11 厘米的 分析与解】 三角形其余二边分别是 a
和 6，则必有 11&a+b． 为了方便计数，不妨设 a≤b，于是(a，b)的可能的值有：
(1l，11)； (10，10)，(10，11)； (9，9)，(9，10)，(9，11)；
(8，8)，(8，9)，(8，10)，(8，11)； (7，7)，(7，8)，(7，9)，(7，10)，(7，11)；
(6，6)，(6，7)，(6，8)，(6，9)，(6，10)，(6，11)；
(5，7)，(5，8)，(5，9)，(5，lo)，(5，11)； (4，8)，(4，9)，(4，10)，(4，11)；
(3，9)，(3，10)，(3，11)； (2，10)，(2，11)； (1，11)． 即能围成 36 个不同的三角形．
12．一个正方形的内部有 1996 个点，以正方形的 4 个顶点和内部的 1996 个点为顶点，将它剪成一些
三角形．问：一共可以剪成多少个三角形如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那 么共需剪多少刀
【分析与解】方法一：如下图，采用归纳法，列出 1 个点、2 个点、3 个点…时可剪出的三角形个数，需 分析与解】
剪的刀数．
不难看出，当正方形内部有 n 个点时，可以剪成 2n＋2 个三角形，需剪 3n+l 刀，现在内部有 1996 个 点，所以可以剪成
2&4 个三角形，需剪 3&9 刀． 方法二：我们知道内部一个点贡献 360
度角，原正方形的四个顶点共贡献了 360 度角，所以当内部有 方法二 n 个点时，共有 360n+360 度角，而每个三角形的内角和为
180 度角，所以可剪成(360n+360)&180=2n+2 个三角形． 2n+2 个三角形共有 3&(2n+2)=6n+6
条边，但是其中有 4 条是原有的正方形的边，所以正方形内部的 三角形边有 6n+6—4=6n+2 条边，又知道每条边被 2
个三角形共用，即每 2 条边是重合的，所以只用剪 (6n+2)&2＝3n+1 刀． 本题中 n=1996，所以可剪成 3994
个三角形，需剪 5989 刀．
13．有长度分别为 1，2，3，4，5，6，7，8，9 的线段各一条，从中选出若干条来组成正方形．那么 有多少种不同的选法
【分析与解】 我们注意到正方形的边长不能为 1，2，3，4，5，6，这些过小的数． 分析与解】 当边长为 7
的时候有：7，1+6，2+5，3+4，这 4 种组合方式，所以只有 1 种选法； 当边长为 8
的时候有：8，1+7，2+6，3+5，这 4 种组合方式，所以也只有 1 种选法； 4 当边长为 9
的时候有：9，1+8，2+7，3+6，4+5，这 5 种组合方式，所以有 C 5＝5 种选法； 当边长为 10
的时候有：1+9，2+8，3+7，4+6 这 4 种组合方式，所以只有 1 种选法；
当边长为 11 的时候有：2+9，3+8,4+7，5+6 这 4 种组合方式，所以也只有 1 种选法； 当边长大于 11
的时候没法组成 4 个相等的边长． 所以共有 1+1+5+1+1=9 种不同的选法．
14．如图 15—3，某城市的街道由 5 条东西与 7 条南北向马路组成．现在要从西南角的 A 处沿最短路 线走到东北角的 B
处，由于修路十字路口 C 不能通过，那么共有多少种不同走法
【分析与解】 因为每个路口(点)只能由西边相邻点、南边相邻点走过来，所以达到每个点的走法为西边 分析与解】
相邻点、南边相邻点的走法之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有 1 种走法． 因为 C 点不能通过，所以 C 处所标的数字为
0．如下图所示：
所以，从 A 到 B 满足条件的走法共有 120 种
15． 1332， 将 332， 2 这 4 个数的 10 个数码一个一个地划掉， 32， 要求先划位数最多的数的最小数码． 共
有多少种不同的划法(如果有几个数位数相同，哪个数包含这些数中最小的数码，就先划去这个数中的那 个最小数码，如 39、33、32 这 3
个数均为两位数，但是必须先划去 32 中的 2) 【分析与解】 表述 1：为了方便说明，依次记 、32、2
这四个数在操作过程中产生的数为 A、 分析与解】 B、C、D． 第 1 次必须划去 1332 的 l，这样只有 1 种划法，剩下
332、332、32、2． 第 2 次和第 3 次正好划掉两个 332 中的 2，所以有两种情况，这样有 2 种划法．剩下
33、33、32、2． 第 4 次必须划掉 32 中的 3，只有 1 种划法．剩下 33、33、3、2． 第 5、6 次均划去
33(A)、33(B)这两个两位数中的 3，先选定是 A 还是 B 有两、种可能，而每个 33 均 有两种划法，所以这二次有
2&2&2=8 种划法．剩下 3、3、3、2． 第 7 次必须划掉 2，只有 1 种划法．剩下 3、3、3． 第 8、9、10
次均划去 3(A)，3(B)，3(C)这三个 3，于是有 3&2&1＝6 种划法. 因为是分步进行的，所以共有
1&2&1&8&1&6=96 种不同的划法．
因为是分步进行的，所以共有 1&2&1&8&1&6=96 种不同的划法．
补充问题 1．经理将要打印的信件交给秘书，每次给一封，且放在信封的最上面，秘书一有空就从最 上面拿一封信来打．有一天共有 9
封信打，经理按第 1 封，第 2 封，…，第 9 封的顺序交给秘书．午饭时， 秘书告诉同事，已把第 8
封信打印好了，但未透露上午工作的其他情况，这个同事很想知道是按什么顺序
来打印．根据以上信息，下午打印的信的顺序有多少种可能(没有要打的信也是一种可能) 【分析与解】 我们根据最后一封信来计数： 分析与解】
(1)第 9 封信在上午送给秘书； 于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9} 则下午打印的每种可能都是 T
的一个子集，因为秘书可以把不在子集中的信件上午一送来就打完了， 8 而未打别的信．集 T 有 8 个元素，故有 2 =256
个不同子集(包括空集)． (2)第 9 封信在午后才送给秘书．令 S＝{1，2，3，4，5，6，7}， 则上午未打印的信的号码是 S
的一个子集．若将 9 排在子集之后，则与⑴中的情形相同，故只有子集 中至少有一封信已把号码 9 放在该子集的非最后的位置上．对于有 k
个元素的子集，号码 9 有 k 个位置可 放，即可放在第 i 一 1 个元素之后和 i
个元素之前，i=1，2，…，k．于是不同的顺序总数为： 0 1 2 7 7 6 0&C 7+1&C 7+2&C 7+…+7&C
7=7&2 &2=7&2 =448 即下午有 448 种可能的打印顺序． 所以，下午共有 256+448=704
种打印的方法．
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＞＞＞在一个矩形中，把此矩形面积两等分的直线最多有______，这些直线..
在一个矩形中，把此矩形面积两等分的直线最多有______，这些直线都必须经过该矩形的______．
题型：填空题难度：中档来源：不详
根据矩形是中心对称图形，则过对角线的交点的直线都能将矩形分成面积相等的两部分，且这两部分全等．所以把此矩形面积两等分的直线最多有无数条，这些直线都必须经过该矩形的对称中心．
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据魔方格专家权威分析，试题“在一个矩形中，把此矩形面积两等分的直线最多有______，这些直线..”主要考查你对&&中心对称&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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中心对称的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么说这两个图形关于这个点中心对称，这个点叫做对称中心。 中心对称图形的定义：在平面内，一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转前后的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心。中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形是全等形。 ②关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。 ③关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。 中心对称的判定：如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。&中心对称与中心对称图形的联系:& 中心对称和中心对称图形是两个不同而又紧密联系的概念。区别是：中心对称是指两个全等图形之间的相互位置关系，这两个图形关于一点对称，这个点是对称中心，两个图形关于点的对称也叫做中心对称。成中心对称的两个图形中，其中一个图形上所有点关于对称中心的对称点都在另一个图形上，反之，另一个图形上所有点的对称点，又都在这个图形上；而中心对称图形是指一个图形本身成中心对称。中心对称图形上所有点关于对称中心的对称点都在这个图形本身上。如果将中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这个图形就是中心对称图形；一个中心对称图形，如果把对称的部分看成是两个图形，那么它们又是关于中心对称。也就是说：① 中心对称图形：如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形是中心对称图形。②中心对称：如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与另一个图形重合，这两个图形成中心对称。
发现相似题
与“在一个矩形中，把此矩形面积两等分的直线最多有______，这些直线..”考查相似的试题有：
152624951793037521548641205063578548条直线能将一个长方形纸片最多分成几个部分？规律：（直线条数+1）/2+1假 如把数字换了也行？
8条直线能将一个长方形纸片最多分成几个部分？规律：（直线条数+1）/2+1假 如把数字换了也行？
不是& 假如3条直线 可以把它分成7部分 所以这个不成立.
首先这个规律不是成线型规律（直线规律）. 而且你发现 偶数条直线你那个公式里面不是有分数咯么？
首先 1条直线的时候 最多2部分..&&&&&& 直线用n条表示&& 部分用S表示
&&&&&&&&&2条直线的时候 最多4部分..
&&&&&&&& 3条直线的时候 最多7部分..
&规律就是：有n条直线的话& 那么最多部分Sn等于当（n-1）条直线的时候分得的最多部分S(n-1)加上n就是.
&比如8条直线的话& 最多部分S8等于 当7条直线分得最多部分S7 加上8就行咯.
&这就是一个数列&&Sn = S(n-1) + n&&
现在就是要求Sn&&&&&
&&&&&&& Sn& - S(n-1) = n
&&&&&&& S(n-1) - S(n-2)= n-1
&&&&&&& S(n-2) - S(n-3)= n-2
&&&&&&&&&& ..............
&&&&&&&& S2-S1 =2
&&&&&&上面叠加& 得& Sn - S1= n + n-1 + n-2 +.....+2& =&(n+2)(n-1)/2
&&&&&& Sn =& (n+2)(n-1)/2& + S1& = (n+2)(n-1)/2 + 2& (n表示直线的条数，n&=1.)
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希望对你有帮助. 能采纳更好 .这个绝对不是复制的 .你可以. 或者怎么搜都可以 .绝没雷同
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