中考数学二轮专题复习专题01 规律探究问题（教师版）

这是一份中考数学二轮专题复习专题01 规律探究问题（教师版），共69页。试卷主要包含了图形规律探究题，数字规律探究题，与代数计算有关的规律探究题，图形变换规律探究题，函数规律探究题等内容，欢迎下载使用。

专题一 规律探究
一、图形规律探究题
例题1 （2021·山东青岛·一模）相传古印度一座梵塔圣殿中铸有一片巨大的黄铜板，之上树立了3根宝石柱，其中一根宝石柱上插有中心有孔的64个大小两两相异的1寸厚的金盘，小金盘压着较大的金盘．如图，把这些金盘全部一个一个地从1柱移动到3柱上去，移动过程中不允许大金盘压小金盘，不得把金盘放到柱子之外．
[问题提出]如果将这64个金盘按上述要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动多少次？设h（n）是把n个金盘从1柱移动到3柱过程中的最少移动次数．
[问题探究]
探究一：当n＝1时，显然h（1）＝1．
探究二：当n＝2时，如图①．
探究三：当n＝3时，如图②．

(1)探究四：当n＝4时，先用h（3）的方法把较小的3个金盘移动到2柱，再将最大金盘移动到3柱，最后再用h（3）的方法把较小的3个金盘从2柱移动到3柱，完成，即h（4）＝ （直接写出结果）．
…
(2)[初级模型]若将x个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动a次；将（x+1）个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动 次（用含a的代数式表示）．
(3)[自主探究]仿照“问题探究”中的方法，将6个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要多少次？（写出必要的计算过程．）
(4)[最终模型]综合收集到的数据探索规律可知：将64个金盘按上述要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动 次．
(5)[问题变式]若在原来条件的基础上，再添加1个条件：每次只能将金盘向相邻的柱子移动（即：2柱的金盘可以移动到1柱或3柱，但1柱或3柱的金盘只能移动到2柱），则移动完64个金盘至少需要移动 次．
【答案】(1)15(2)（2a+1）(3)63(4)（264﹣1）(5)（364﹣1）
【分析】
（1）根据前3次的探究可以得出探究4；
（2）根据前4次的探究可以得到（x+1）个金盘移动的次数；
（3）根据前面的探究得出规律，然后得出结论；
（4）根据自主探究得出规律即可；
（5）先把n=2时得出结论，再用相同的方法得出h（3），然后找出规律得出结论．
(1)先用h（3）的方法把较小的3个盘移到2柱（需移动7次），
再将最大盘移到3柱（需移动1次），
最后用h（3）的方法把较小的3个盘从2柱移到3柱（需移动7次），
所以共需要7×2+1＝15次，即h(4)=15，
故答案为：15；
(2)由探究二可知，若将1个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要1次，
则将2个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要1×2+1＝3次；
由探究三可知，若将2个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要3次，
则将3个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要3×2+1＝7次；
由探究四可知，若将3个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要7次，
则将4个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要7x2+1＝15次；
故若将x个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要a次，
则将（x+1）个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要（2a+1）次，
故答案为：（2a+1）；
(3)h（4）＝15，
h（5）＝2h（4）＝2×15+1＝31，
h（6）＝2h（5）+1＝63，
∴至少需要63次；
(4)h（1）＝1，
h（2）＝3＝22﹣1，
h（3）＝7＝23﹣1，
h（4）＝15＝24﹣1，
.....．
h（64）＝264﹣1，
故答案为：264﹣1；
(5)每次只能将盘子向相邻的柱子移动，
故当n＝2时，小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；
将大盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到1柱，需要1次，
将大盘移到3柱，需要1次，将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；
所以两个盘子需要了8次，
故h（2）＝8；
按照相同的思路可得：h（3）＝26；
∵h（2）＝8＝32﹣1，
h（3）＝26＝33﹣1，
∴h（64）＝364﹣1．
故答案为：（364﹣1）．
【点睛】本题考查数字变化类、列代数式，关键是根据已知方法总结出移动的规律．
练习题
1．（2021·山东蒙阴·三模）下列图形是由同样大小的围棋棋子按照一定规律摆成的“山”字，其中第①个“山”字中有7颗棋子，第②个“山”字中有12颗棋子，第③个“山”字中有17颗棋子，…，按照此规律，第⑥个“山”字中棋子颗数为（       ）颗．

A．32 B．37 C．22 D．42
【答案】A
【分析】
设第n个“山”字中有an个棋子，观察图形，根据图形中“山”字中棋子的变化可得出“an=5n+2（n为正整数）”，再代入n=6即可得出结论．（因为只找第⑥个“山”字中棋子颗数，用列举法直接找出a6亦可）
【详解】
解：设第n个“山”字中有an个棋子，
观察图形，可知：a1=7，a2=a1+5=12，a3=a1+5×2=17，a4=a1+5×3=22，…，（可直接利用列举法，找出第⑥个“山”字中棋子颗数）
∴an=a1+5（n-1）=5n+2（n为正整数），
∴a6=5×6+2=32．
故选：A．
【点睛】
本题考查了规律型：图形的变化类，根据图形中棋子数量的变化找出变化规律“an=5n+2（n为正整数）”是解题的关键．
2．（2021·重庆十八中模拟预测）下列图形都是由同样大小的黑点按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有3个黑点，第②个图形中一共有8个黑点，……，则第⑧个图形中黑点的个数是（　　）

A．29 B．38 C．48 D．59
【答案】D
【分析】
先列出符合①②③特点的运算式，再利用相同的特点列式计算第⑧个图形的点的个数，从而可得答案.
【详解】
解：∵第①个图形中黑点的个数3＝1+2+2×0，
第②个图形中黑点的个数8＝1+2+3+2×1，
第③个图形中黑点的个数14＝1+2+3+4+2×2，
……
∴第⑧个图形中黑点的个数为1+2+3+4+5+6+7+8+9+2×7＝59，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是图形类的规律探究，掌握“从具体到一般的探究方法发现并总结规律，进而运用规律解决问题”是解本题的关键.
3．（2022·重庆·一模）如图，第①个图形中共有4个小黑点，第②个图形中共有7个小黑点，第③个图形中共有10个小黑点，第④个图形中共有13个小黑点，……，按此规律排列下去，则第⑥个图形中小黑点的个数为（       ）

A．19 B．20 C．22 D．25
【答案】A
【分析】
观察图形的变化可得后一个图形小黑点的个数比前一个图形的小黑点的个数多3，进而可得第⑥个图形中小黑点的个数．
【详解】
解：第①个图形中共有4个小黑点，即4＝3×1+1；
第②个图形中共有7个小黑点，即7＝3×2+1；
第③个图形中共有10个小黑点，即10＝3×3+1；
…，
按此规律排列下去，
则第⑥个图形中小黑点的个数为3×6+1＝19（个）．
故选：A．
【点睛】
本题考查了规律型：图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．
4．（2021·山东省日照市实验中学二模）如图，将△ABC沿着过BC，AB的中点D，E所在的直线折叠，使点B落在AC边上的B1处，称为第一次操作，点D到AC的距离为h1；还原纸片后，再将△BDE沿着过BD，BE的中点D1，E1所在的直线折叠，使点B落在DE边上的B2处，称为第二次操作，点D1到AC的距离记为h2；按上述方法不断操作下去，…，经过第n次操作后得到点Dn﹣1到AC的距离记为hn．若h1＝1，则hn值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据折叠的性质可得点D到AC的距离h1＝1，DE∥AC，DEAC，证明△EBD≌△EB1D，
【详解】
∵将△ABC沿着过BC，AB的中点D，E所在的直线折叠，点D到AC的距离为h1，
∴点D到AC的距离h1＝1，DE∥AC，DEAC，
∴△EBD∽△ABC，△EBD 与△ABC的相似比为1：2，
∵折叠前后图形全等，
∴△EBD≌△EB1D，
∴△EB1D∽△ABC，△EB1D 与△ABC的相似比为1：2，
∵将△BDE沿着过BD，BE的中点D1，E1所在的直线折叠，点D1到AC的距离记为h2，
同理：△E1B2D1∽△EB1D，△E1B2D1与△EB1D 的相似比为1：2，
∴D1到AC的距离h2＝1，

同理：h3＝h2h1＝1，h4＝h3h1＝1，..．
hn＝1...；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了图形规律题，准确计算是解题的关键．
5．（2021·湖南师大附中博才实验中学一模）如图：上述图形是由同样大小的棋子按照一定规律排列而成的，其中图1中有5个棋子，图2中有10个棋子，图3中有16个棋子，…，则图4中有_________个棋子．

【答案】23
【分析】
找到棋子的排列规律即可完成．
【详解】
规律是：图1有：1+2+2×1=5个棋子，图2有：1+2+3+2×2=10个棋子，图3有：1+2+3+4+2×3=16个棋子，图4有：1+2+3+4+5+2×4=23个棋子；
故答案为：23
【点睛】
本题考查了探索图形规律，关键是找出棋子的排列规律．
6．（2021·河南武陟·一模）如图，某图书阅览室摆放桌椅如下：按此规律摆放，2n+1（n是不小于4的自然数）人需要 ________张桌子．

【答案】（n-2）
【分析】
首先根据图形变化规律得到n张桌子拼在一起可坐（2n+6）个人，设x张桌子可以坐（2n+1）个人，列方程求解．
【详解】
第一张餐桌上可以摆放8把椅子，进一步观察发现：多一张餐桌，多放2把椅子．第n张餐桌共有8+2（n﹣1）＝（2n+6）人．
解：由图可知，1张桌子可坐6+1×2＝8人，
2张桌子拼在一起可坐6+2×2＝10人，
3张桌子拼在一起可坐6+2×3＝12人，
…
依此类推，每多一张桌子可多坐2人，
所以，x张桌子拼在一起可坐（2x+6）个人，
设x张桌子可以坐（2n+1）个人，
则2x+6=2n+1，
解得x=n-，
又∵n为不小于4的正整数，
故x取n-2，
故（2n+1）个人需要（n-2）张桌子；
故答案为：（n-2）．
【点睛】
本题考查利用图形找规律，解决问题的关键是确定变量与图形序号之间的关系．
7．（2021·内蒙古东胜·二模）如图，在平面直角坐标系中，将绕A顺时针旋转得到，此时﹔将绕点顺时针旋转得到，此时将绕点继续顺时针旋转，此时…按此规律继续旋转，直至得到点为止，则_________．

【答案】
【分析】
根据题意，分别写出，即可发现规律，根据即可求得答案．
【详解】
观察图形的变化可知：
，
，
，
，
，
，
……，
发现规律：
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了图形类找规律，坐标与图形，勾股定理，找到规律是解题的关键．
8．（2021·山东博山·二模）德国数学家康托尔引入位于一条线段上的一些点的集合，做如下：
取一条长度为1的线段三等分后，去掉中间段，余下两条线段，达到第1阶段；
将剩下的两条线段分别三等分后，各去掉中间段，余下四条线段，达到第2阶段；
再将剩下四条线段分别等三等分后，各去掉中间段，余下八条线段，达到第3阶段；
…，
一直如此操作下去，在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多．

如图是最初几个阶段，当达到第n个阶段时（n为正整数），去掉的线段的长度之和为_____．（用含n的式子表示）
【答案】
【分析】
根据题意具体表示出前几个式子，然后推而广之发现规律，再利用规律求解．
【详解】
解：根据题意知：第一阶段时，余下的线段长度为，
第二阶段时，余下的线段长度为，
第三阶段时，余下的线段长度为，

以此类推，
当达到第n个阶段时(n为正整数)，余下的线段长度为，
∴当达到第n个阶段时(n为正整数)，去掉的线段的长度之和为．
故答案为：．
【点睛】
此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，得出规律，解决问题．
9．（2021·台湾·模拟预测）凯特平时常用底面为矩形的模具制作蛋糕，并以平行于模具任一边的方式进行横切或纵切，横切都是从模具的左边切割到模具的右边，纵切都是从模具的上边切割到模具的下边用这种方式，可以切出数个大小完全相同的小块蛋糕在切割后，他发现小块蛋糕接触模具的地方外皮比较焦脆，以如图为例，横切2刀，纵切3刀，共计5刀，切出个小块蛋糕，其中侧面有焦脆的小块蛋糕共有10个，所有侧面都不焦脆的小块蛋糕共有2个．
请根据上述切割方式，回答下列问题，并详细解释或完整写出你的解题过程：
（1）若对一块蛋糕切了4刀，则可切出几个小块蛋糕？请写出任意一种可能的蛋糕块数即可．
（2）今凯特根据一场聚餐的需求，打算制作出恰好60个所有侧面都不焦脆的小块蛋糕，为了避免劳累并加快出餐速度，在不超过20刀的情况下，请问凯特需要切几刀，才可以达成需求？请写出所有可能的情形．

【答案】（1）横切4刀可以分为5块；横切2刀，纵切2刀可以分成9块（答案不唯一）；（2）可以横切13刀，纵切6刀或横切11刀，纵切7可以满足条件
【分析】
（1）对一块蛋糕切了4刀，可以横切4刀或横切2刀，纵切2刀求解（答案不唯一）．
（2）把60分解成两个整数相乘且两个数的和小于18，可得结论．
【详解】
解：（1）横切4刀可以分为5块；横切2刀，纵切2刀可以分成9块（答案不唯一）．
（2），
可以横切13刀，纵切6刀或横切11刀，纵切7可以满足条件．
【点睛】
本题考查作图应用与设计作图，规律型问题等知识，解题的关键是理解题意，学会探究规律，利用规律解决问题．
10．（2022·山东青岛·模拟预测）问题提出：如图1，在个小正方体组成的长方体中，最多能看到多少个小正方体？
研究思路：直接研究这个问题较为复杂，我们可以将问题转化为用小正方体总数减去看不到的小正方体个数，以求得最多能看到的小正方体的个数．
探究一：如图2，在的正方体中，有个小正方体看不到，所以最多能看到个小正方体．
探究二：在的正方体中，有个小正方体看不到，所以最多能看到个小正方体．

(1)探究三：在的正方体中，有个小正方体看不到，所以最多能看到 个小正方体．
(2)探究四：在的正方体中，有 个小正方体看不到，所以最多能看到 个小正方体．（均化为最简形式）
(3)问题解决：如图3，小明是魔方爱好者，他有一个七阶魔方（的正方体），则他最多能看到 个小正方体．
(4)问题应用：若在的正方体中最多能看到217个小正方体，求n的值．（写出解答过程）
(5)探究五：在的长方体中，有个小正方体看不到，所以最多能看到 个小正方体．
(6)探究六：在的长方体中，最多能看到 个小正方体．（化为最简形式）
(7)拓展延伸：小明在研究的长方体时，他最多能看到a个小正方体，此时他看不到12个小正方体，则a有 种可能取值，a的最小值是 ．
【答案】(1)37
(2)，
(3)127
(4)9
(5)18
(6)
(7)4，24
【分析】
（1）根据探索一和探索二即可求得答案；
（2）仿照探索一和探索二列式，然后计算化简即可得到答案；
（3）把代入（2）中的结论即可求得答案；
（4）由（2）中的结论，列方程并解方程即得答案；
（5）根据探索一和探索二即可求得答案；
（6）仿照探索一和探索二列式，然后计算化简即可得到答案；
（7）根据（6）中的解题过程，列出两个等式，再根据12分解成3个因数的4种情况，求解即可得到答案．
(1)解：由题意得：（个），
所以最多能看到37个小正方体．
故答案为：37
(2)解：由题意得

=，
所以有个小正方体看不到；
由题意得

=，
所以最多能看到个小正方体．
故答案为：，
(3)解：由（2）知
当时，


所以最多能看到127个小正方体．
故答案为：127
(4)解：由（2）得
=217
解得

故答案为：9
(5)解：由题意得

=18（个）
所以最多能看到18个小正方体．
故答案为：18
(6)解：由题意得

所以最多能看到个小正方体．
故答案为：
(7)解：由题意得

∵12分解为3个因数的积共有
12=1×1×12，12=1×2×6，12=1×3×4，12=2×2×3
4种情况
∴值有如下4种情况
当12=1×1×12时，
，解得
此时；
当12=1×2×6时，
，解得
此时；
当12=1×3×4时，
，解得
此时；
当12=2×2×3时，
，解得
此时；
所以a有4种可能取值，a的最小值是24．
故答案为：4，24
【点睛】
本题考查了找规律问题，关键在于发现规律并列出正确代数式进行求解，还渗透了分类讨论的数学思想．
11．（2021·山东青岛·三模）【问题提出】
每对小兔子在出生后1个月就长成大兔子，而每对大兔子每个月能生出1对小兔子来，如果1个人在1月份买了1对小兔子，假设每对兔子均可成活，且具有繁殖能力，那么理论上12月份的时候他共有多少对兔子？

(1)【问题探究】
1月份，有1对小兔子；
2月份，长成大兔子，所以还是1对；
3月份，大兔子生下1对小兔子，所以共有2对；
4月份，刚生下的小兔子长成大兔子，而原来的大兔子又生下1对小兔子，共3对；
…
依此类推，请填下表：
月份
1月份
2月份
3月份
4月份
5月份
6月份
7月份
…
12月份
兔子对数
1
1
2
3
　 　
　 　
　 　
…
　 　
(2)【类比应用】
树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝．一棵苗在1年后长出1条新枝，第2年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过1年的同时萌发新枝，当年生的新枝则依次“休息”，这在生物学上称为“鲁德维格定律”．那么，10年后树上有 　 　条树枝．
(3)【综合应用】
如图①，一只蜜蜂从A处出发，回到家里B处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有 　 　种回家的方法；
(4)如图②，在正五边形ABCDE上，一只青蛙从点A开始跳动，每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，跳到点D上就停止跳动．青蛙在6次之内（含6次）跳到点D有 　 　种不同的跳法．
【答案】(1)5；8；13；144
(2)89
(3)89
(4)12
【分析】
从3月份开始，共有兔子的对数是前面两个月的和；
【类比应用】
由问题探究的规律即可求解；
【综合应用】
（1）根据问题探究的规律即可求解；
（2）根据问题探究的规律即可求解.
(1)
解：2+3＝5；3+5＝8；5+8＝13；8+13＝21；13+21＝34；21+34＝55；34+55＝89；55+89＝144；
填表如下：
月份
1月份
2月份
3月份
4月份
5月份
6份份
7月份

12月份
兔子对数
1
1
2
3
5
8
13

144
故答案为：；；；.
(2)根据题意，第2年为2枝，第3年为1+2=3枝，第4年2+3＝5枝，
第5年为3+5＝8枝；第6年为5+8＝13枝；第7年为8+13＝21枝；
第8年为13+21=34枝；第9年为21+34＝55枝；第10年为34+55＝89枝；
故10年后树上有89条树枝．
故答案为：89.
(3)蜜蜂每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，意味蜜蜂只能从小号码的蜂房爬到相邻大号码的蜂房，按照以上规律可得：
1+1＝2，
1+2＝3，
2+3＝5，
3+5＝8，
5+8＝13，
…
故共有89种回家的方法．
故答案为：89.
(4)从A到D可能的情况是：
①只跳两次：AED一种；
②只跳三次：ABCD一种；
③正好跳四次：ABAED，AEAED两种；
④正好跳五次：ABABCD、ABCBCD、ABCBCD共3种；
⑤正好跳六次：AEAEAED，ABABAED，ABCBAED，AEABAED，ABAEAED共5种．
故可能出现的不同跳法的种数是1+1+2+3+5＝12（种）．
答：青蛙在6次之内（含6次）跳到D点有12种不同跳法．
故答案为：12．
【点睛】
本题考查找规律问题，数字和图形的规律探究，由特殊到一般是解题的关键.
二、数字规律探究题
例题2（2021·山东·青岛经济技术开发区第四中学一模）阅读下面的材料：
按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项，排在第一位的数称为第一项，记为，排在第二位的数称为第二项，记为，依次类推，排在第位的数称为第项，记为．所以，数列的一般形式可以写成：，，，，，．一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用表示．如：数列,,,,…为等差数列，其中,公差．
根据以上材料，解答下列问题：
(1)等差数列,,,…的公差为________，第项是________．
(2)如果一个数列，，，，，是等差数列，且公差为，那么根据定义可得到：,
所以，
，
，
.
由此，请你填空完成等差数列的通项公式：（_____）d．
(3)是不是等差数列，，，的项？如果是，是第几项？
【答案】(1)5， 25(2)n-1(3)是， 第2019项
【分析】（1）根据材料，可得到公差和第五项的值；
（2）根据题目推导可得；
（3）运用（2）题的公式，代入验证；
(1)解：由题可知d=5，第五项是15+5+5=25；
故答案为：5，25；
(2)解：由题可得：第二项是第一项加一次公差，第三项是第一项加2次公差，则第n项是第一项加n-1次公差；
故答案为：n-1
(3)解：由题可知公差为﹣2，第一项是﹣5，由（2）问公式可得：
﹣4041=﹣5+（n-1）×（﹣2），
4041=5+2（n-1）
n=2019
故﹣4041是等差数列的第2019项；
【点睛】
本题考查数字的变化规律，解答本题的关键是明确题意，等差数列中相邻两项差值是个定值d，由第一项即可推出后面的项．
练习题
1．（2021·山东济宁·中考真题）按规律排列的一组数据：，，□，，，，…，其中□内应填的数是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
分子为连续奇数，分母为序号的平方，根据规律即可得到答案．
【详解】
观察这排数据发现，分子为连续奇数，分母为序号的平方，
第个数据为：
当时的分子为，分母为
这个数为
故选：．
【点睛】
本题考查了数字的探索规律，分子和分母分别寻找规律是解题关键．
2．（2021·湖北十堰·中考真题）将从1开始的连续奇数按如图所示的规律排列，例如，位于第4行第3列的数为27，则位于第32行第13列的数是（       ）

A．2025 B．2023 C．2021 D．2019
【答案】B
【分析】
根据数字的变化关系发现规律第n行，第n列的数据为：2n(n-1)+1，即可得第32行，第32列的数据为：2×32×(32-1)+1=1985，再依次加2，到第32行，第13列的数据，即可．
【详解】
解：观察数字的变化，发现规律：第n行，第n列的数据为：2n(n-1)+1，
∴第32行，第32列的数据为：2×32×(32-1)+1=1985，
根据数据的排列规律，第偶数行从右往左的数据一次增加2，
∴第32行，第13列的数据为：1985+2×(32-13)=2023，
故选：B．
【点睛】
本题考查了数字的变化类，解决本题的关键是观察数字的变化寻找探究规律，利用规律解决问题．
3．（2021·山东沂水·一模）观察下列两行数：
0，2，4，6，8，10，12，14，16，…
0，3，6，9，12，15，18，21，24，…
探究发现：第1个相同的数是0，第2个相同的数是6，…，若第n个相同的数是102，则n等于(　　)
A．18 B．19 C．20 D．21
【答案】A
【分析】
由所给的数字可发现：第1个相同的数是0=6×(1−1)，第2个相同的数是6=6×(2−1)，第3个相同的数为12=6×(3−1)，…，从而可得其规律：第n个相同的数为：6(n−1)，据此即可求解．
【详解】
解：∵第1个相同的数是0=6×(1-1)，
第2个相同的数是6=6×(2-1)，
第3个相同的数为12=6×(3-1)，
…，
∴第n个相同的数为：6(n-1)，
∴6(n-1)=102，
解得：n=18．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查规律型：数字的变化类，解答的关键是根据所给的数字，得出相应的规律．
4．（2022·湖北房县·模拟预测）按一定规律排列的多项式：，…，根据上述规律，则第2022个多项式是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由题意可得规律为：第n个式子表示为，根据规律即可表示出第2022个多项式．
【详解】
解：∵，…，
∴可得第n个多项式为：，
∴第2022个多项式为：，
故选：D．
【点睛】
此题考查了多项式的系数和次数的规律问题，解题的关键是根据题意正确分析题目中的规律并求解．
5．（2020·河北滦州·模拟预测）古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1、3、6、10…这样的数称为“三角形数”，而把1、4、9、16…这样的数称为“正方形数”．从图7中可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和．下列等式中，符合这一规律的是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据给定的部分“三角形数”和“正方形数”找出“三角形数”可看成从1开始几个连续自然数的和以及“正方形数”可看成某个自然数的平方，依此规律逐一分析四个选项中的三个数是否符合该规律，由此即可得出结论．
【详解】
解：A、13不是正方形数，不合题意；
B、9和16不是三角形数，不合题意；
C、36=62=（5+1）2，n=5；
两个三角形的数分别是：1+2+3+4+5=15；1+2+3+4+5+6=21；
故C符合题意；
D、18和31不是三角形数，不合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了规律型中数字的变化类，根据给定的部分“三角形数”和“正方形数”找出“三角形数”和“正方形数”的特点是解题的关键．
6．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，小明在3×3的方格纸上写了九个式子（其中的n是正整数），每行的三个式子的和自上而下分别记为A1，A2，A3，每列的三个式子的和自左至右分别记为B1，B2，B3，其中，值可以等于789的是（       ）

A．A1 B．B1 C．A2 D．B3
【答案】B
【分析】
把A1，A2，B1，B3的式子表示出来，再结合值等于789，可求相应的n的值，即可判断．
【详解】
解：由题意得：A1＝2n+1+2n+3+2n+5＝789，
整理得：2n＝260，
则n不是整数，故A1的值不可以等于789；
A2＝2n+7+2n+9+2n+11＝789，
整理得：2n＝254，
则n不是整数，故A2的值不可以等于789；
B1＝2n+1+2n+7+2n+13＝789，
整理得：2n＝256＝28，
则n是整数，故B1的值可以等于789；
B3＝2n+5+2n+11+2n+17＝789，
整理得：2n＝252，
则n不是整数，故B3的值不可以等于789；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查规律型：数字变化类，解答的关键是理解清楚题意，得出相应的式子．
7．（2021·湖北鹤峰·模拟预测）观察下列一组数的排列规律： 那么这一组数的第2021个数
__．
【答案】
【分析】
观察可得分母是从3开始的连续的奇数，分子是从2开始的正整数的平方减1，进而可得第2021个数．
【详解】
解：根据题意得：第1个数为，
第2个数为，
第3个数为，
第4个数为，
第5个数为，
……
由此得到第个数是 ，
所以第2021个数是 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查规律型数字的变化类，准确找到规律是解题的关键．
8．（2021·山东费县·二模）在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数充满好奇，如学习自然数时，我们发现一种特殊的自然数---“好数”．定义：对于三位自然数n，各位数字都不为0，且百位数字与十位数字之和恰好能被个位数字整除，则称这个自然数为“好数”，如426是“好数”，因为4，2，6都不为0，且4+2=6，6能被6整除；643不是“好数”，因为6+4=10，10不能被3整除，问百位数字比十位数字大5的所有“好数”有__________个．
【答案】7
【分析】
设十位数数字为a，则百位数字为a+5（0＜a≤4的整数），得出百位数字和十位数字的和为2a+5，再分别取a=1，2，3，4，计算判断即可得出结论．
【详解】
611，617，721，723，729，831，941共7个，
理由：设十位数数字为a，则百位数字为a+5（0＜a≤4的整数），
∴百位数字和十位数字的和为a+a+5=2a+5，
当a=1时，2a+5=7，
∵7能被1，7整除，
∴满足条件的三位数有611，617；
当a=2时，2a+5=9，
∵9能被1，3，9整除，
∴满足条件的三位数有721，723，729；
当a=3时，2a+5=11，
∵11能被1整除，
∴满足条件的三位数有831；
当a=4时，2a+5=13，
∵13能被1整除，
∴满足条件的三位数有941；
∴满足条件的三位自然数为611，617，721，723，729，831，941共7个．
故答案为7．
【点睛】
此题主要考查了数的整除问题，新定义，理解并灵活运用新定义是解本题的关键．
9．（2021·安徽·二模）观察下列各个等式：
第1个等式：÷－0=1；
第2个等式：÷－1=；
第3个等式：÷－2=；
……
请用上述等式反映出的规律解决下列问题：
（1）直接写出第5个等式；
（2）写出你猜想的第n个等式（用含n的代数式表示），并证明你的猜想．
【答案】（1）；（2），证明见解析
【分析】
（1）观察等式中的4个数中的数字与等式的序号的关系的变化规律为：第一个数的分子是序号数字的平方加1，分母是序号数字加1的平方，第二个数的分子是1，分母为序号数字加1，第三个数是序号数字减1，第四个数的分子为2，分母是序号数字加1，以此规律第5等式可得；
（2）利用（1）中的规律，第n等式可得，用分式的运算法则计算等式的左边，结论可得．
【详解】
解：（1）观察等式中的4个数中的数字与等式的序号的关系发现规律如下：
第一个数的分子是序号数字的平方加1，分母是序号数字加1的平方，第二个数的分子是1，分母为序号数字加1，第三个数是序号数字减1，第四个数的分子为2，分母是序号数字加1．
第5个等式：．
即：．
（2）依据（1）得出的规律可得：
．
证明：左边右边，
等式成立．
【点睛】
本题主要考查了数字的变化规律，列代数式，分式的混合运算，准确找出等式中的数字与等式序号的关系是解题的关键．
10．（2021·重庆市永川区教育科学研究所一模）如果一个正整数能表示为两个正整数的平方差，那么称这个正整数为“智慧数”，否则称这个正整数为“非智慧数”．例如：；；；；；；，等等．因此3，5，8，，都是“智慧数”；而1，2，4，，都是“非智慧数”．对于“智慧数”，有如下结论：
①设为正整数（），则．∴除1以外，所有的奇数都是“智慧数”；
②设为正整数（），则= ．∴ 都是“智慧数”．
(1)补全结论②中的空缺部分；并求出所有大于5而小于20的“非智慧数”；
(2)求出从1开始的正整数中从小到大排列的第103个“智慧数”．
【答案】(1)；除4以外，所有4的正整数倍数；所有大于5而小于20的“非智慧数”位6，10，14，18
(2)140
【分析】
（1）利用平方差公式和“智慧数”的定义，即可求解；
（2）根据题意可得在1，2，3，4四个数中，只有1个“智慧数”3．   再由当为正整数时，则，是奇数，，是偶数，而是“非智慧数”，，，是“智慧数”，可得在从1开始的正整数中前4个正整数只有3为“智慧数”，此后每连续4个数中有3个“智慧数”，即可求解．
(1)
解：，
∴除4以外，所有4的正整数倍数都是“智慧数”；
∵所有大于5而小于20的“智慧数”中奇数有7，9，11，13，15，17，19； 4的正整数倍数有8，12，16，
∴所有大于5而小于20的“非智慧数”有：6，10，14，18；
(2)
解：在1，2，3，4四个数中，只有1个“智慧数”3．             
当为正整数时，则，是奇数，，是偶数，而是“非智慧数”，，，是“智慧数”．                                      
因此，在从1开始的正整数中前4个正整数只有3为“智慧数”，此后每连续4个数中有3个“智慧数”．                                                                         
因为100=1+3×33，所以 4×（33+1）=136．                         
又因为136后面的3个“智慧数”为137，139，140，
故从1开始的正整数中从小到大排列的第103个“智慧数”是140．
【点睛】
本题主要考查了平方差公式，明确题意，理解“智慧数”的定义是解题的关键．
11．（2021·山东禹城·二模）阅读下面的材料：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为第一项，记为，排在第二位的数称为第二项，记为，依次类推，排在第n位的数称为第n项，记为．所以，数列的一般形式可以写成：．
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用d表示．如：数列1，3，5，7，…为等差数列，其中，公差为．
根据以上材料，解答下列问题：
（1）等差数列5，10，15，…的公差d为__________，第5项是__________．
（2）如果一个数列，是等差数列，且公差为d，那么根据定义可得到：
．
所以
，
，
，
……
由此，请你填空完成等差数列的通项公式：．
（3）是不是等差数列的项？如果是，是第几项？
（4）如果一个数列是等差数列，且公差为d，前n项的和记为，请用含，n，d的代数式表示，_________．
【答案】（1）5 ；25；（2）；（3）是；第1346项；（4）
【分析】
（1）根据题目中的材料，可以得到等差数列5，10，15，…的公差d和第5项的值；
（2）根据题目中推导，可以得到等差数列的通项公式；
（3）根据题意和题目中的数据，利用（2）中的结论，可以得到等差数列…，的公差和通项公式，从而可以求得4040是等差数列…，的第几项．
（4）把分别相加，然后即可得到答案．
【详解】
解：（1）由题意可得，
d=1510=5，
第5项是：15+5+5=25，
故答案为：5，25；
（2）如果一个数列a1，a2，a3，…，an，…，是等差数列，且公差为d，那么根据定义可得到：
a2a1=d，a3a2=d，a4a3=d，…，anan-1=d，…．
∴a2=a1+d，a3=a2+d=（a1+d）+d=a1+2d，a4=a3+d=（a1+2d）+d=a1+3d，
……
由此，该等差数列的通项公式为：an=a1+（n1）d，
故答案为：n1；
（3）4040是等差数列…的第1346项，
理由：等差数列…，
∴d=，
∴an=，
令，
解得，n=1346，
即4040是等差数列，…的第1346项．
（4）由题意，
∵是等差数列，且公差为d，前n项的和记为，
∴，
∴
=
=
=；
故答案为：．
【点睛】
本题考查数字的变化类、新定义，解答本题的关键是明确题意，明确什么是等差数列，利用等差数列的知识解答．
三、与代数计算有关的规律探究题
例题3 （2021·山东·利津县第一实验学校一模）探索发现：
＝1－
＝－
＝－
根据你发现的规律，回答下列问题：
（1）＝__________；＝__________；
（2）利用发现的规律计算：
＋＋＋···＋
（3）利用以上规律解方程：
＋＋···＋＝
【答案】（1），；（2）；（3）x=25.
【分析】
（1）利用分式的运算和题中的运算规律求解即可；
（2）利用前面的运算规律得到原式=，然后合并后通分即可；
（3）利用运算规律方程化为 ，
合并后解分式方程即可．
【详解】
（1），；
（2）原式=；
（3）原方程可化为 ，
即，
解得x=25,
经检验x=25是原方程的解.
【点睛】
本题考查了分式的运算和解分式方程：熟练掌握解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论．理解分式的计算规律：是解答本题的关键．
练习题
1．（2021·湖北鄂州·中考真题）已知为实数﹐规定运算：，，，，……，．按上述方法计算：当时，的值等于（     ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
当时，计算出，会发现呈周期性出现，即可得到的值．
【详解】
解：当时，计算出，
会发现是以：，循环出现的规律，
，
，
故选：D．
【点睛】
本题考查了实数运算规律的问题，解题的关键是：通过条件，先计算出部分数的值，从中找到相应的规律，利用其规律来解答．
2．（2021·浙江余杭·一模）a是不为2的有理数，我们把称为a的“哈利数”．如：3的“哈利数”是＝﹣2，﹣2的“哈利数”是，已知a1＝3，a2是a1的“哈利数”，a3是a2的“哈利数”，a4是a3的“哈利数”，…，依此类推，则a2019＝（       ）
A．3 B．﹣2 C． D．
【答案】C
【分析】
分别求出数列的前5个数得出该数列每4个数为一周期循环，据此可得答案．
【详解】
∵a1＝3，
∴a2＝＝﹣2，
a3＝，
a4＝，
a5＝，
∴该数列每4个数为1周期循环，
∵2019÷4＝504…3，
∴a2019＝a3＝．
故选：C．
【点睛】
本题考查了数字的规律变化，通过观察数字，分析、归纳并发现其中的规律，并应用规律解决问题是解题的关键．
3．（2020·广西贺州·中考真题）我国宋代数学家杨辉发现了（，1，2，3，…）展开式系数的规律：

以上系数三角表称为“杨辉三角”，根据上述规律，展开式的系数和是（       ）
A．64 B．128 C．256 D．612
【答案】C
【分析】
由“杨辉三角”的规律可知，（a+b）8所有项的系数和为28，即可得出答案．
【详解】
解：由“杨辉三角”的规律可知，
展开式中所有项的系数和为1，
展开式中所有项的系数和为2，
展开式中所有项的系数和为4，
展开式中所有项的系数和为8，
……
展开式中所有项的系数和为，
展开式中所有项的系数和为．
故选：C．
【点睛】
本题考查了“杨辉三角”展开式中所有项的系数和的求法，解题关键是通过观察得出系数和的规律．
4．（2021·山东阳谷·一模）我国南宋数学家杨辉用“三角形”解释二项和的乘方规律，称之为“杨辉三角”，这个“三角形”给出了的展开式的系数规律（按的次数由大到小的顺序）
1     1                            
1     2     1                      
1     3     3     1               
1     4     6     4     1        
…                                                                    …                            
请依据上述规律，写出展开式中含项的系数是（       ）
A．-2021 B．2021 C．4042 D．-4042
【答案】D
【分析】
先观察规律，再按照规律写出第一项、第二项，其中第二项，写出系数即可
【详解】
解：根据规律可以发现：第一项的系数为1，第二项的系数为2021，
∴第一项为：x2021，
第二项为：
故选：D
【点睛】
本题考查杨辉三角多项式乘法找规律的问题，观察发现式子中的规律是关键
5．（2021·湖北·华中科技大学附属中学一模）我国古代数学的许多创新和发展都位居世界前列，如南宋数学家杨辉（约13世纪）所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项和的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．根据“杨辉三角”设的展开式中各项系数的和为，若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由的展开式中各项系数的和为求出， 可知，设，两边都乘2得，由②-①得，由，利用幂的乘方变形后代入即可．
【详解】
解：∵的展开式中各项系数的和为，
，
，
设，
∴，
∴②-①得，
∵，
∴．
故选择：B．
【点睛】
本题考查杨辉三角两项和的乘方展开规律，数列求和，幂的乘方法则，同底数幂的乘法法则，掌握杨辉三角两项和的乘方展开规律，数列求和的方法，幂的乘方法则，同底数幂的乘法法则，关键是利用倍乘算式再相减方法化简数列的和．
6．（2020·湖南邵东·三模）a是不为1的有理数，我们把称为a的差倒数，如2的差倒数为，-1的差倒数为，已知＝5，是差倒数，是差倒数，是差倒数，以此类推…，的值是_____．
【答案】5．
【分析】
根据题意，依次计算得、、，结合，找到其中的规律，以此类推，可求得的值．
【详解】
∵a1＝5，a2是a1的差倒数，a3是a2的差倒数，a4是a3的差倒数，…，
∴
∴
∴
…
∵2020÷3＝673…1
∴第2020个数与第1个数相等
∴a2020＝5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了分式、实数计算规律的知识；解题的关键是熟练掌握分式和实数计算规律性问题的性质，从而完成求解．
7．（2021·四川眉山·中考真题）观察下列等式：；
；
；
……
根据以上规律，计算______．
【答案】
【分析】
根据题意，找到第n个等式的左边为，等式右边为1与的和；利用这个结论得到原式＝1+1+1+…+1﹣2021，然后把化为1﹣，化为﹣，化为﹣，再进行分数的加减运算即可．
【详解】
解：由题意可知，，

＝1+1+1+…+1﹣2021
＝2020+1﹣+﹣+…+﹣﹣2021
＝2020+1﹣﹣2021
＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式的化简和找规律，解题关键是根据算式找的规律，根据数字的特征进行简便运算．
8．（2020·山东鱼台·一模）计算下列各式的值： ；；；．观察所得结果，总结存在的规律，应用得到的规律可得=_____________．
【答案】102020
【分析】
先计算前几个式子，找到规律，再利用规律解决提出的问题.
【详解】
解：===10；
===100=102；
===(999+1)2=103；
===(9999+1)2=104，
可得=102020．
故答案为102020．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质与化简，完全平方公式，正确得出结果变化规律是解题关键．
9．（2021·河北新华·一模）嘉琪通过计算和化简下列两式，发现了一个结论，请你帮助嘉琪完成这一过程．
（1）计算：；
（2）化简：；
（3）请写出嘉琪发现的结论．
【答案】（1）-200；（2）-200；（3）在（1）中算式数字9的位置上，可以取任意实数，其计算结果不变，都是
【分析】
（1）先算括号中的和差，再用平方差公式计算，然后再通过乘除运算即可求解；
（2）先利用平方差公式进行计算，再然后再通过乘除运算即可求解；
（3）通过（1）、（2）的运算过程及运算结果，总结规律即可得到结论．
【详解】
.解：（1）原式，
，
，
．
（2）原式，
，
．
（3）在（1）中算式数字9的位置上，可以取任意实数，其计算结果不变，都是．
【点睛】
本题考查了平方差公式、与实数的混合运算有关的规律性问题，解题的关键是熟练掌握平方差公式和实数的混合运算法则．
10．（2021·安徽包河·一模）观察下列等式：
第1个等式：；
第2个等式： ；
第3个等式：；
第4个等式：；
…
根据你观察到的规律，解决下列问题：
（1）请写出第5个等式：_____________________；
（2）请写出第个等式：___________________________（用含的等式表示），并证明．
【答案】（1）；（2），理由见解析
【分析】
（1）根据规律写出第5个等式即可；
（2）依据（1）中的规律，将特殊转化为一半即可；
【详解】
解：（1）；
（2）；
证明：右边左边；
∴等式成立．
【点睛】
本题主要考查了数字找规律，准确计算是解题的关键．
四、图形变换规律探究题
例题4（2020·河北·模拟预测）如图，正六边形的边与轴重合，点在轴的正半轴上，已知，正六边形的边长为1，沿轴向右无滑动滚动，当边落到轴上时，我们记为一次滚动完成，此时正六边形记为，请回答：
（1）点的坐标为__________；
（2）当正六边形滚动2020次后，点运动过的轨迹长__________．

【答案】         
【分析】
（1）根据正六边形的性质，分别求出，的长，即可得到点的坐标；
（1）根据正六边形的性质，得到滚动6次一个循环，分别求出每一次转动，点运动过的长，即可得到滚动2020次后，点运动过的轨迹长．
【详解】
解：（1）如图示，连接，
∵正六边形的边长为1，
则有：，，
∴，，
∴，，
∴点的坐标为，

（2）如图示，连接，，

∵正六边形的边长为1，
则有：，，，
当正六边形沿轴向右无滑动滚动时，
第一次由点滚动到点，点滚动的距离是：，
第二次由点滚动到点，点滚动的距离等于由点滚动到点的距离，则距离是：，
第三次由点滚动到点，点是旋转中心，没有移动，滚动的距离等于0，
第四次由点滚动到点，点滚动的距离等于由点滚动到点的距离，则距离是：，
第五次由点滚动到点，点滚动的距离等于由点滚动到点的距离，则距离是：，
第六次由点滚动到点，点滚动的距离等于由点滚动到点的距离，则距离是：，
第七次由点滚动到点，点滚动的距离等于由点滚动到点的距离，则距离是：，
……
∵，
据此可得，正六边形滚动2020次后，点运动过的轨迹长是：，
故答案是：，．
【点睛】
此题属于规律题，考查了正六边形的知识，滚动中注意得到6次一循环，熟悉正六边形相关性质是解题的关键．
练习题
1．（2021·江苏·靖江外国语学校一模）如图，在直角坐标系中放置一个边长为的正方形ABCD，将正方形ABCD沿x轴的正方向无滑动的在x轴上滚动，当点A第三次回到x 轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为（        ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
画出点A第一次回到x轴上时的图形，根据图形得到点A的路径分三部分，以B点为圆心，BA为半径，圆心角为90的弧；再以C1为圆心，C1C为半径，圆心角为90的弧；然后以D2点为圆心，D2A2为半径，圆心角为90的弧，所以点A运动的路线与x轴围成的图形的面积就由三个扇形和两个直角三角形组成，于是可根据扇形面积和三角形面积公式计算，然后把计算结果乘以3即可得到答案；
【详解】
点A第一次回到x轴上时，点A的路径为：
开始以B点为圆心，BA为半径，圆心角为90°的弧；
再以C1为圆心，C1C为半径，圆心角为90°的弧；
然后以D2点为圆心，D2A2为半径，圆心角为90的弧，
所以点A第一次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为

所以点A第三次回到x轴上时，点A运动的路线与X轴围成的图形的面积和为；
故选：D．

【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等；
2．（2021·全国·九年级专题练习）第一次：将点绕原点逆时针旋转得到；
第二次：作点关于轴的对称点；
第三次：将点绕点逆时针旋转得到；
第四次：作点关于轴的对称点…，
按照这样的规律，点的坐标是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先根据旋转变换和轴对称变换得出、、、、，从而可知每4个点的坐标为一周期循环，据此可得．
【详解】
由题意可知，、、、、，
∴每4个点的坐标为一周期循环，
∵余1，
∴点的坐标与点的坐标一致，为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了作图-轴对称、旋转变换、找规律等知识，解题的关键是掌握旋转变换和轴对称变换的定义和性质，并找出规律．
3．（2020·山东宁津·一模）在平面直角坐标系中，点P（a,b）绕点O顺时针旋转45°为一次变换，第2020次变换后得点P′，则点P′的坐标为（          ）
A．（ a, b） B．（-a,-b） C．（b,-a） D．（b,-a）
【答案】B
【分析】
由图形列出部分点的坐标，根据坐标发现规律“P2（b,-a）, P4（-a，-b）,P6（-b,a），P8（a,b）, P10（b,-a）…”，根据该规律即可求出点P2020的坐标．
【详解】
解：通过观察，可以发现规律：P2（b,-a）, P4（-a，-b）,P6（-b,a），P8（a,b）
, P10（b,-a）….故每8次是一个循环，20208=252……4,故与P4坐标一样,为（-a,-b）.
【点睛】
本题是对点的坐标变化规律的考查，找到变化规律是解题的关键．
4．（2022·山东陵城·九年级期末）如图，直线与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点B作，使，将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2021次旋转结束时，点C的对应点落在反比例函数的图象上，则k的值为（       ）

A． B．4 C． D．6
【答案】D
【分析】
过点作⊥x轴于点H，根据旋转的性质可知旋转4次一个循环，进而可得第2021次旋转结束时，点C的坐标落在的位置，求出的坐标即可求出k．
【详解】
解：如图，过点作⊥x轴于点H，

∵绕点O顺时针旋转，每次旋转，
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2021÷4＝505……1，
则第2021次旋转结束时，点C的坐标落在的位置．
∵直线与x轴、y轴分别相交于点A、B，
∴A（-1,0），B（0,1）
∴OA＝OB＝1，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠AOB＝90°，
∴BA=，=2
∴
∵∠ABO＝45°，⊥x轴
∴
∴
∴ OH=3
∴
把代入，解得k=6
故选：D．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、规律型﹣点的坐标，待定系数法求反比例函数的解析式，解决本题 的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
5．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点坐标分别为、、、，点绕点A旋转得点，点绕点B旋转得点，点绕点C旋转得点，点绕点D旋转得点，点绕点A旋转得点，……，重复操作依次得到点，，，，，……，则点的坐标为（   ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据旋转的定义在平面直角坐标系中描出点（2，-2），（-2，0），（0，0），（0，2），（2，-2），可分析出每4个点为一个循环．
【详解】
如图，由已知可得
（2，-2），（-2，0），（0，0），（0，2），（2，-2），……
2021÷4=505……1，
∴点的坐标为（2，-2），
故选：A

【点睛】
本题主要考查旋转，点的坐标，根据旋转的定义画出点，找出规律是关键．
6．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，将半径为2cm，圆心角为36°的扇形纸片AOB，在射线MN的方向上作无滑动的滚动至扇形A′O′B′处，则圆心O经过的路径长为_____cm．

【答案】
【详解】
解：顶点O经过的路线可分为三段，
（1）当弧AB切直线MN于点A时，OA⊥MN，此时点O绕点定点A按顺时针方向旋转了90°；
（2）当OA⊥MN到OB⊥MN时，这一过程中弧AB始终与直线MN相切，所以圆心O到直线MN的距离不变，所以圆心O在水平运动，运动的距离就是弧AB的长度；
（3）当OB⊥MN到O落在直线MN上时，点O绕定点B按顺时针方向旋转了90°；
（4）当点A再次落在直线MN上时，点A绕定点O旋转，因此点O位置不变；
∴点O经过的路线总长=
故答案为：
【点评】：本题考查了图形的平移、旋转变换，弧长公式，正确得出点O所经过的路线是解题的关键．
7．（2021·河北·邯郸市第二十三中学九年级期中）如图1，将一个正三角形绕其中心最少旋转，所得图形与原图的重叠部分是正六边形；如图2，将一个正方形绕其中心最少旋转 45°，所得图形与原图形的重叠部分是正八边形；依此规律，将一个正七边形绕其中心最少旋转______，所得图形与原图的重叠部分是正多边形．在图2中，若正方形的边长为，则所得正八边形的面积为_______．

【答案】         
【分析】
根据题意，可以发现正n边形绕其中心最少旋转，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为x；然后根据x+x+x=4求得x；最后用正方形的面积减去这八个等腰直角三角形的面积即可．
【详解】
解：由题意得：正n边形绕其中心最少旋转，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；则将一个正七边形绕其中心最少旋转所得图形与原图的重叠部分是正多边形；
由题意得：旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，
设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为x
∴x+x+x=4，解得x=4-2
∴减去的每个等腰直角三角形的面积为：
∴正八边形的面积为：正方形的面积-4×等腰直角三角形的面积
=4×4-4（）
=．
故答案为，．
【点睛】
本题考查了旋转变换、图形规律以及勾股定理等知识，根据题意找到旋转规律是解答本题的关键．
8．如图，在直角坐标系中，已知点的坐标为，将线段按逆时针方向旋转，再将其长度伸长为的倍，得到线段；又将线段按逆时针方向旋转，长度伸长为的倍，得到线段．．．．．．如此下去，得到线段为正整数)，则点的坐标为 __________________．

【答案】
【分析】
先根据伸长的变化规律求出OP2019的长度，再根据每8次变化为一个循环组，求出点P2019是第几组第几次的变化，然后确定出所在的位置即可解决问题．
【详解】
解：由题意，可得
，
，
，
，
，
···，
则
∵每一次都旋转45°，360°÷45°＝8，
∴每8次变化为一个循环组，
2019÷8＝252…3，
点是第组的第次变换对应的点，在轴的负半轴上
点的坐标为
故答案为
【点睛】
本题考查了点的坐标的规律探寻，读懂题意，需要从伸长的变化规律求出OP2019的长度，从旋转的变化规律求出点P2019所在的象限两个方面考虑求解．
9．（2021·广东乳源·三模）在平面直角坐标系xOy中，Rt△OA1C1，Rt△OA2C2，Rt△OA3C3，…的斜边都在坐标轴上，∠A1OC1=∠A2OC2=∠A3OC3=∠A4OC4=…=30°．若点A1的坐标为(3,0)，OA1=OC2，OA2=OC3，OA3=OC4，…则依此规律，点A2021的坐标为______．

【答案】
【分析】
根据含30°的直角三角形三边的关系得，，，于是可得到规律，据此即可解答
【详解】
解：∵∠A1OC1=∠A2OC2=∠A3OC3=∠A4OC4=30°，OA1=OC2=3，
∴，，，
∴，
，
∵，
∴点A2021与A1位置相同，在x轴的正半轴上，
∴点A2021的坐标为，
故答案为：
【点睛】
本题考查了规律型问题探究--点的坐标，解直角三角形，通过从一些特殊的点的坐标发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况是解决本题的关键．
10．（2020·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①沿x轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形．第一次滚动后点A1（0，2）变换到点A2（6，0），得到等腰直角三角形②；第二次滚动后点A2变换到点A3（6，0），得到等腰直角三角形③；第三次滚动后点A3变换到点A4（10，4），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+12，0），得到等腰直角三角形⑤；依此规律…，则第2020个等腰直角三角形的面积是_____．

【答案】22020
【分析】
根据A1（0，2）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形①）的面积，根据A2（6，0）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形②）的面积，…，同理，确定规律可得结论．
【详解】
∵点A1（0，2），
∴第1个等腰直角三角形的面积==2，
∵A2（6，0），
∴第2个等腰直角三角形的边长为 =，
∴第2个等腰直角三角形的面积==4=，
∵A4（10，），
∴第3个等腰直角三角形的边长为10−6=4，
∴第3个等腰直角三角形的面积==8=，
…
则第2020个等腰直角三角形的面积是；
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查坐标与图形变化以及找规律，熟练掌握方法是关键.
11．（2021·广西·南宁三中九年级阶段练习）如图Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，且AC在直线l上，将△ABC绕点A顺时针旋转到①，可得到点P1，此时AP1＝2；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2＝2+；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3＝3+；…按此规律继续旋转，直到点P2020为止，则AP2020等于_______．

【答案】
【分析】
根据题意，发现将Rt△ABC绕点A顺时针旋转，每旋转一次，AP的长度依次增加2，，1，且三次一循环，按此规律即可求解．
【详解】
解：∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，
∴AB＝2，BC＝，
∴将Rt△ABC绕点A顺时针旋转，每旋转一次，AP的长度依次增加2，，1，且三次一循环，
∵2020÷3＝673…1，
∴AP2020＝673（2＋＋1）＋2＝2021＋673，
故答案为：2021＋673.
【点睛】
本题考查了图形类规律探索，旋转的性质及直角三角形的性质，得到AP的长度依次增加2，，1，且三次一循环是解题的关键．
五、函数规律探究题
例题5（2021·山东·宁津县教育和体育局教育科学研究所二模）如图所示，在x轴的正半轴上依次截取OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5…，过A1、A2、A3、A4、A5…分别作x轴的垂线与反比例函数的图象交于点P1、P2、P3、P4、P5…，并设△OA1P1、△A1A2P2、△A2A3P3…面积分别为S1、S2、S3…，按此作法进行下去，则S2021的值为____．

【答案】
【分析】
根据反比例函数的系数k的几何意义解答．
【详解】
解：因为过双曲线上任一点引x轴垂线和原点连线与x轴所围成的直角三角形面积是个定值
∴S1=×OA1×A1P1=×4=2，
∵OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5…，
∴S2=S1，S3= S1，…Sn=S1，
∴S2021=S1=
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的系数k的几何意义，即过双曲线上任一点引x轴，y轴垂线，所得矩形面积为|k|；理解k的几何意义是解题的关键．
练习题
1．（2021·山东莘县·三模）如图，直线l：y＝x+1交y轴于点A1，在x轴正方向上取点B1，使OB1＝OA1；过点B1，作A2B1⊥x轴，交l于点A2，在x轴正方向上取点B2，使B1B2＝B1A2；过点B2作A3B2⊥x轴，交l于点A3，在x轴正方向上取点B3使B2B3＝B2A3；…记△OA1B1面积为S1，△B1A2B2面积为S2，△B2A3B3面积为S3，…则S2021等于（　　）

A．24039 B．24038 C．24037 D．24036
【答案】A
【分析】
根据已知条件得到△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3是等腰直角三角形，根据直线的解析式得到A1（0，1），求得B1（1，0），得到OB1＝OA1＝1，根据三角形的面积公式得到，，…，即可得到结论．
【详解】
解：∵OB1＝OA1；过点B1作A2B1⊥x轴，B1B2＝B1A2；A3B2⊥x轴，B2B3＝B2A3；∴△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3是等腰直角三角形，
∵y＝x+1交y轴于点A1，
∴A1（0，1），
∴B1（1，0），
∴OB1＝OA1＝1，
∴，
同理，，…
∴，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质、三角形面积计算、类比推理等知识点，幂运算时要注意运算法则，计算不要出错．
2．（2021·山东济南·中考真题）新定义：在平面直角坐标系中，对于点和点，若满足时，；时，，则称点是点的限变点．例如：点的限变点是，点的限变点是．若点在二次函数的图象上，则当时，其限变点的纵坐标的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据题意，当时，的图象向下平移4个单位，当时，，的图象关于轴对称，据此即可求得其限变点的纵坐标的取值范围，作出函数图像，直观的观察可得到的取值范围
【详解】
点在二次函数的图象上，则当时，其限变点的图像即为图中虚线部分，如图，

当时，的图象向下平移4个单位，当时，的图象关于轴对称，
从图可知函数的最大值是当时，取得最大值3，
最小值是当时，取得最小值，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了新定义，二次函数的最值问题，分段讨论函数的最值，可以通过函数图像辅助求解，理解新定义，画出函数图像是解题的关键．
3．（2021·江苏丰县·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y＝x﹣与x轴交于点B1，以OB1为一边在OB1上方作等边△A1OB1，过点A1作A1B2平行于x轴，交直线l于点B2，以A1B2为一边在A1B2上方作等边△A2A1B2，过点A2作A2B3平行于x轴，交直线l于点B3，以A2B3为一边在A2B3上方作等边△A3A2B3，…，则A2020的横坐标是_____．

【答案】
【分析】
先根据直线 与x轴交于点，可得 (3,0)，O=3，再过作A⊥O于A，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，求得的横坐标为，过作于，求得的横坐标为，过作于，求得的横坐标为，同理可得 的横坐标为，由此可得，的横坐标为，进而求得点的横坐标是．
【详解】
解：由直线与轴交于点，
可得，
∴，
如图所示，过作于，

则，
即的横坐标为，
由题意可得，，
∴，
∴，
过作于，
则，
即的横坐标为，
过作于，同理可得 横坐标为，
同理可得，的横坐标为，
由此可得，的横坐标为，
点的横坐标是，
故答案为．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形性质应用，解题的关键是根据性质找出规律，求得坐标．
4．（2021·广东潮南·一模）如图，直线为，过点作轴，与直线交于点，以原点为圆心，长为半径画圆弧交轴于点；再作轴，交直线于点，以原点为圆心，长为半径画圆弧交轴于点；，按此作法进行下去，则点的坐标为__．

【答案】
【分析】
依据直线为，点，轴，可得，同理可得，，，…，依据此规律可得点的坐标为．
【详解】
解：直线为，点，轴，
当时，，
即，
，
，，
，
以原点为圆心，长为半径画圆弧交轴于点，
，
同理可得，，，，
点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，以及点的坐标的规律性，解题时注意：直线上任意一点的坐标都满足函数关系式，在找规律时，点的横坐标的指数与所处的位数容易搞错，应注意．
5．（2021·全国·九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，点，，，…和，，，…分别在直线和x轴上．，，，……都是等腰直角三角形，如果点，那么b的值是________；的纵坐标是________．

【答案】          （）2020
【分析】
利用待定系数法可得b的值，确定一次函数的解析式，设直线与x轴的交点为G，过点A1，A2，A3分别作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，由条件可求得，再根据等腰三角形可分别求得A1D、A2E、A3F，可得到A2，A3的纵坐标坐标，找出规律得An的纵坐标，进而即可求解．
【详解】
解：∵在直线上，
∴，解得：b=，
∴直线的解析式为：，
设直线与x轴的交点为G，
令y＝0可解得x＝−4，
∴G点坐标为（−4，0），
∴OG＝4，
过点A1，A2，A3分别作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，

∵△A1B1O为等腰直角三角形，
∴A1D＝OD，
∵OB1=2A1D=2，
∴GB1=2+4=6，
又∵点A1在直线上，
∴tan∠A1GO==，即，
解得： A2E＝＝（）1，则OE＝OB1＋B1E＝，
∴A2（，），OB2＝5，
同理可求得：A3F＝＝（）2，则OF＝5＋＝，
∴A3（，），
∴当An时其纵坐标为（）n−1，即：的纵坐标是：（）2020，
故答案是：，（）2020．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质和直线上点的坐标特点，根据题意找到点的纵坐标的变化规律是解题的关键，注意观察数据的变化．
6．（2021·山东牡丹·三模）如图，在平面直角坐标系中，直线：交y轴于点，点，，…，在直线上，点，，，…，在轴的正半轴上，若，，，…，，依次均为等腰直角三角形，点的坐标是______．

【答案】
【分析】
根据题意分别求出B1（1，0），B2（3，0），B3（7，0），由点的坐标规律可得Bn．
【详解】
解：直线与x轴、y轴的交点分别为（-1，0），（0，1），
∴OA1=1，
∵△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，
∴B1（1，0），
∴A2（1，2），
∴A2B1=2，
∴B2（3，0），
∴A3（3，4），
∴A3B2=4，
∴B3（7，0），
……
Bn（2n-1，0），
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及规律，根据等腰直角三角形的性质，探索出点的坐标规律是解题的关键．
7．（2021·四川广安·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去……若点的坐标为，则点的纵坐标为______．

【答案】
【分析】
计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．
【详解】
解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入，
得：，得：x=-4，即A（-4，3），
∴OB=3，AB=4，OA==5，
由旋转可知：
OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，
∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，
∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，
设B21（a，），则OB21=，
解得：或（舍），
则，即点B21的纵坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．
8．（2021·江苏邳州·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线为正比例函数的图像，点的坐标为(1，0)，过点作轴的垂线交直线于点，以为边作正方形；过点作直线的垂线，垂足为，交轴于点，以为边作正方形；过点作轴的垂线，垂足为，交直线于点，以为边作正方形，…，按此规律操作下所得到的正方形的面积是______．

【答案】
【分析】
根据正比例函数的性质得到∠D1OA1=45°，分别求出正方形A1B1C1D1的面积、正方形A2B2C2D2的面积，总结规律解答．
【详解】
解：∵直线l为正比例函数y=x的图象，
∴∠D1OA1=45°，
∴D1A1=OA1=1，
∴正方形A1B1C1D1的面积=1=（）1-1，
由勾股定理得，OD1=，D1A2=，
∴A2B2=A2O=，
∴正方形A2B2C2D2的面积==（）2-1，
同理，A3D3=OA3=，
∴正方形A3B3C3D3的面积==（）3-1，
…
由规律可知，正方形AnBnCnDn的面积=（）n-1，
∴正方形的面积是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、一次函数图象上点的坐标特征，根据一次函数解析式得到∠D1OA1=45°，正确找出规律是解题的关键．
9．（2021·山东青岛·三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x(x-5)(0≤x≤5)的图象记作y1，它与x轴的交于点O，x1，将y1绕x1旋转180°得到y2，y2与x轴相交于点x1，x2，将y2绕点x2旋转180°得到y3，y3与x轴相交于x2，x3；…，按照这个规律在x轴上依次得到点x1，x2，x3，…，xn，以及抛物线y1，y2，y3，…，yn，则点x6的坐标为 ____；yn的顶点坐标为 _____(n为正整数，用含n的代数式表示)．

【答案】     (30,0)    
【分析】
图象进行一次旋转，横坐标向右移动5个单位长度，顶点纵坐标当n为奇数时为负，当n为偶数时为正，绝对值不变，顶点横坐标加5．
【详解】
解：令y=0，代入抛物线得：0=x(x-5)，
解得x=0或x=5，
∴x1坐标(5,0)，x2坐标(10,0)，x3坐标(15,0)，…，
故xn坐标(5n，0)，
当n=6时，x6坐标为(30,0)，
抛物线，
∴顶点y1坐标，顶点y2坐标，顶点y2坐标，…，
故顶点yn坐标．
故答案为：(30,0)，．
【点睛】
本题主要考查坐标与旋转规律的探究，解题关键是抓住图象在旋转过程中，点的变换规律进行求解．
10．（2021·广东·佛山市三水区三水中学附属初中三模）如图，一段抛物线：记为，它与轴交于两点，；将绕点旋转得到，交轴于；将绕点旋转得到，交轴于点如此进行下去，直至得到，若点在第2021段抛物线上，则的值为 __．

【答案】1
【分析】
根据抛物线与x轴的交点问题，得到图象C1与x轴交点坐标为：（0，0），（2，0），此时顶点坐标为（1，1），再利用旋转的性质得到图象C2与x轴交点坐标为：（2，0），（4，0），顶点坐标为（3，-1），于是可推出抛物线上的点的横坐标x为偶数时，纵坐标为0，横坐标是奇数时，纵坐标为1或-1，按照上述规律进行解答，即可求解．
【详解】
解：一段抛物线，
图象与轴交点坐标为：，，此时抛物线顶点坐标为，
将绕点旋转得，
图象与轴交点坐标为：，，此时抛物线顶点坐标为，
将绕点旋转得，交轴于点；
点在第2021段抛物线上，4041是奇数，
点是抛物线的顶点，且点在轴的上方，
．
故答案为：1．
【点睛】
本题是规律类问题，考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的顶点，二次函数与几何变换．找出顶点坐标的变化规律是解答本题的关键．
11．（2021·全国·九年级课时练习）如图，平行于轴的直线分別交函数与的图象于、两点，过点作轴的平行线交的图象于点，直线DEAC，交的图象于点，则_______．

【答案】
【分析】
设A点坐标为（0，a），利用两个函数解析式求出点B、C的坐标，然后求出AB的长度，再根据CD∥y轴，利用y1的解析式求出D点的坐标，然后利用y2求出点E的坐标，从而得到DE的长度，然后求出比值即可得解．
【详解】
解：设A点坐标为（0，a），（a＞0），
则x2=a，解得x=，
∴点B（，a），
，
则x=，
∴点C（，a），
∵CD∥y轴，
∴点D的横坐标与点C的横坐标相同，为，
∴y1=（）2=3a，
∴点D的坐标为（，3a），
∵DE∥AC，
∴点E的纵坐标为3a，
∴，
∴x=3，
∴点E的坐标为（3，3a），
∴DE=3-，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主要利用了二次函数图象上点的坐标特征，根据平行于x轴的点的纵坐标相同，平行于y轴的点的横坐标相同，求出用点A的纵坐标表示出各点的坐标是解题的关键．
12．（2022·福建·厦门五缘实验学校模拟预测）如图，直线：，：，：，：，，与函数的图象分别交于点、、、、；与函数的图象分别交于点、、、、如果四边形的面积记为，四边形的面积记为，四边形的面积记为，，以此类推，则的值是______．

【答案】
【分析】
利用反比例函数解析式及直线解析式，分别求出每个四边形的上底及下底的长，利用梯形面积公式求出每个四边形的面积，由此得到规律推出Sn的值，再将n=10代入计算即可得到答案．
【详解】
解：直线：，：，
，，，，
，，
；
：，
，，
，
；
：，
，，
；
；
．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了反比例函数的性质，梯形的面积计算公式，图形面积的规律探索，正确掌握反比例函数的性质是解题的关键．