专题03 观察规律归纳型—2023年中考数学必考特色题型讲练（河南专用）（解析版）

专题03观察规律归纳型

选题介绍

本题型在河南省近十年的中招试卷中考了3次，分别为2022年第9题，2019年第10题，2016年第8题。该题一般为选择题型，分值3分。本题计算量大，难度系数中等，得分率较低。本题属于代数范畴，考察知识分为两类，一、数字或字母规律，探索型问题；二、几何图形中规律探索型问题。通过观察、归纳、类比等活动获得数学猜想，并能对所做出的猜想进行验证，能进行一些简单的严密的逻辑论证，并有条理的表达自己的证明。

根据已有的图像与文字提供的信息，按照以下思维过程解体：

①从特殊情况入手，探索发现规律，

②综合归纳猜想，得出结论，

③验证结论。

真题展现

2022年河南中招填空题第9题

9.如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P，将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（     ）

A.（，-1）     B.（-1，-）     C.（，-1）      D.（1，）

【答案】B

【解析】本题主要考察了归纳推理，平面直角坐标系的相关知识点。

【详解】解：∵边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，

∴OA=AB=2，∠BAO=60°，

∵AB∥x轴，

∴∠APO=90°，

∴∠AOP=30°，

∴AP=1,OP=，

∴A（1，）

∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，可知点A2与点D重合，

由360°÷90°=4可知，每4次为一个循环，

∴2022÷4=505........2，

∴点A2022与点A2重合，

∵点A2与点A关于原点O对称，

∴A2（-1，-）

∴第2022次旋转结束时，点A的坐标为（-1，-）

故答案为B

【总结】因为题目规律的获得在很大程度上依赖于不完全归纳，较难用数学语言精确说明归纳推理的过程，所以此类问题常以填空题或选择题的形式考察。

2019年河南中招填空题第10题

10．如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（　　）

A．（10，3） B．（﹣3，10） C．（10，﹣3） D．（3，﹣10）

【答案】D

【解析】先求出AB＝6，再利用正方形的性质确定D（﹣3，10），由于70＝4×17+2，所以第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时旋转前后的点D关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．

【详解】解：∵A（﹣3，4），B（3，4），

∴AB＝3+3＝6，

∵四边形ABCD为正方形，

∴AD＝AB＝6，

∴D（﹣3，10），

∵70＝4×17+2，

∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，

∴点D的坐标为（3，﹣10）．

故选：D．

【总结】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．

2018年河南中招填空题第8题

8．如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（　　）

A．（1，﹣1）      B．（﹣1，﹣1）      C．（，0）      D．（0，﹣）

【答案】B

【解析】本题主要考查坐标与图形变化-旋转；菱形的性质．根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标．

【详解】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得

D点坐标为（1，1）．

每秒旋转45°，则第60秒时，得

45°×60=2700°，

2700°÷360=7.5周，

OD旋转了7周半，菱形的对角线交点D的坐标为（﹣1，﹣1），

故选：B．

【总结】本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题关键．

模拟演练

1．如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形的两边在坐标轴上，以它的对角线为边作正方形，再以正方形的对角线为边作正方形，以此类推、则正方形的顶点的坐标是　　

A．， B．， C． D．，

【答案】D

【解析】由图形可知，，每一个点到原点的距离依次是前一个点到原点的距离的倍，同时，各个点每次旋转，则八次旋转一周．

顶点到原点的距离，

，

顶点的恰好在轴的负半轴上，

顶点的坐标是，．

故选：．

【总结】本题主要考查了点的坐标规律探索，正确理解题意找到规律是解题的关键．

2．如图在平面直角坐标系中，若干个半径为2个单位长度，圆心角为的扇形组成一条连续的曲线，点从原点出发，沿这条曲线向右上下起伏运动，点在直线上的速度为每秒2个单位长度，点在弧线上的速度为每秒个单位长度，则2019秒时，点的坐标是　　

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设第秒运动到为自然数）点，

观察，发现规律：，，，，，，

，，，，

，

为，

故选：．

【总结】本题考查坐标与图形变化-平移、规律型问题等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．

3. 如图，在平面直角坐标系中， ，以点A为圆心，OA长为半径作圆，交x轴正半轴于点C，点D为上一动点，连接BD，以BD为边，在直线BD的上方作正方形BDEF，若点D从点O出发，按顺时针方向以每秒个单位长度的速度在上运动，则第2022秒结束时，点F的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

先根据点D的运动速度求出第2022秒结束时点D的位置，再证明，利用全等三角形的性质求出FG，OG的长度，即可求解．

【详解】解：∵，

∴，

∴的周长为．

，，

∴第2022秒结束时和第6秒结束时，点D的位置相同，正方形BDEF的位置相同．

∵ ，

∴点D在x轴下方的圆弧上，且的长为．

连接AD，过点F作x轴的垂线，垂足为G，如下图所示．

设，则，

∴ ．

即．

∵ ，

∴ ．

又∵，

∴．

又∵

∴ ．

∴．

∴，

∴点F的坐标为，

故选A．

【总结】本题考查点的运动规律、正方形的性质、弧长的计算、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是根据点D的运动速度求出第2022秒结束时点D的位置．

4. 如图所示，在中，顶点，，．将与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（    ）

A. （6，2） B. （﹣2，6） C. （6，﹣2） D. （6，﹣2）

【答案】A

【解析】

先求出BC，再利用正方形的性质确定A点坐标，由于2020=4×505，所以第2020次旋转结束时，正方形ABCD回到初始位置，再继续旋转3次即可确定结果．

【详解】解：如图，

∵，，

∴，

∵四边形ABCD为正方形，

∴，

∴．

∵每次旋转90°，

∴4次为一个循环，

∵，

∴第2023次旋转结束时与第3次旋转后的落点相同，如图，

∴点的坐标为（6，2）．

故选A．

【总结】本题考查了坐标与图形变化-旋转，正方形的性质，解答本题的关键是找出A点坐标变化的规律．

5. 如图，小圆的半径为1，，，，…，依次为同心圆的内接正三角形和外切正三角形，由弦和弧围成的弓形面积记为，由弦和弧围成的弓形面积记为，…，以此下去，由弦和弧围成的弓形面积记为，其中的面积为__________．

【答案】；

【解析】

根据正三角形和圆的关系可依次求出弓形面积，再根据弓形面积寻找规律即可得结论，

【详解】解：如图所示，连接，，作OD⊥于点D，则，

∵是等边三角形，

∴，

∵是圆心角，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵OD⊥于点D，，

∴，

∴，

∴，

，

，

，

，

∴；

故答案：；

【总结】本题考查了正多边形和圆、垂径定理、三角形的外接圆与外心、扇形面积的计算、规律型, 解决本题的关键是通过计算性质规律.

6．如图所示，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为……按照此规律继续下去，则的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分、、、的值，根据面积的变化即可找出变化规律“”，依此规律即可解决问题．

【详解】解：如图所示，

是等腰直角三角形，

，，

，

，

即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍，

，

，

，

，

，

，

，

故选：B．

【总结】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据面积的变化找出变化规律“”是解题的关键．

7．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是（0，2），以OA为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，以为边在右侧作等边三角形，再过点作x轴的垂线，垂足为点，以为边在右侧作等边三角形……按此规律继续作下去，得到等边三角形，则点的纵坐标为（　　）

A．       B．       C．       D．

【答案】C

【解析】根据点A的坐标是（0，2），以OA为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，得点的纵坐标是2×；根据以为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，得点的纵坐标是2×；以此类推，得点的纵坐标是，从而得到答案．

【详解】解：∵点A的坐标是（0，2），以OA为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，

∴∠=90°-60°=30°，=OA=2，

∴＝＝2×，即点的纵坐标是2×，

以为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，

∴∠=90°-60°=30°，＝＝2×，

∴＝＝2××，点的纵坐标是2××，即2×()2，

以为边在右侧作等边三角形，

同理，得点的纵坐标是2×，

按此规律继续作下去，得点的纵坐标是2×，即，

故选：C．

【总结】本题考查了图形和数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、等边三角形、垂线、图形和数字规律、含30°角的直角三角形的性质，从而完成求解．

8．在平面直角坐标系中，已知点，将点向上平移1个单位，再向右平移2个单位，得到点；将点向上平移2个单位，再向右平移4个单位，得到点；将点向上平移4个单位，再向右平移8个单位，得到点，按照这个规律，则点的横坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先求出点的横坐标，再从特殊到一般探究出规律，然后利用规律即可解决问题．

【详解】解：点的横坐标为，

点的横坐为标，

点的横坐标为，

点的横坐标为，

按这个规律平移得到点 的横坐标为 ，

∴点的横坐标为 ，

故选B．

【总结】本题考查坐标与图形变化-平移、规律型问题等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．

9．如下图，动点 P 在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，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 2019 次运动后，动点 P 的坐标是（    ）

A．（2019，1） B．（2019，0） C．（2019，2） D．（2019，0）

【答案】C

【解析】根据已知提供的数据从横纵坐标分别分析得出横坐标为运动次数，纵坐标为1，0，2，0，每4次一轮这一规律，进而求出即可．

【详解】根据动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，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)，

∴第4次运动到点(4，0)，第5次接着运动到点(5，1)，…，

∴横坐标为运动次数，经过第2019次运动后，动点P的横坐标为2019，

纵坐标为1，0，2，0，每4次一轮，

∴经过第2019次运动后，动点P的纵坐标为：2019÷4=504余3，

故纵坐标为四个数中第三个，即为2，

∴经过第2019次运动后，动点P的坐标是：(2019，2)，

故选：C．

【总结】此题主要考查坐标的变化，解题的关键是熟知坐标变化的规律．

10．如图，在平面直角坐标系中，动点从点出发，由跳动至点，依次跳动至点，点，点…根据这个规律，则点的坐标是（    ）

A．（1348，-1） B．（1348，2） C．（674，-1） D．（674，2）

【答案】A

【解析】观察可知，，，，每三个点为一组，纵坐标为0，2，-1循环，每个循环内横坐标增加2，据此求解即可．

【详解】解：∵动点从点出发，由跳动至点，依次跳动至点，点，点…

∴，，，，每三个点为一组，纵坐标为0，2，-1循环，每个循环内横坐标增加2，

∵，

∴点的纵坐标与点的纵坐标相同，即为-1，点横坐标为，

∴点的坐标为（1348，-1）．

故选：A．

【总结】本题主要考查了点的坐标规律探索，正确理解题意找到规律是解题的关键．