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专题32 中考热点规律探究填空选择专项训练-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练
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专题32 中考热点规律探究填空选择专项训练（解析版）
专题诠释：规律探究是最近中考热点，多以填空选择形式呈现。此类题的最大特点：问题的结论或条件不直接给出，二常常给出一列数、一列等式或一列图形的一部分。其解题思维过程是：从特殊情况入手→探索发现规律→综合归纳→猜想得出结论→验证结论，确定需要求的结论. 这里精选最新最经典的规律探究题，欢迎下载使用。
一．选择题（共10小题）
1．（2021•广西模拟）计算：21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，…归纳各计算结果中的个位数字规律，猜测22021﹣1的个位数字是（ ）
A．1 B．3 C．7 D．5
思路引领：根据题目中给出的式子的结果，可以发现结果的个位数字的变化特点，从而可以求得22021﹣1的个位数字．
解：∵21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，…，
∴计算结果中的个位数字依次以1，3，7，5循环出现，
∵2021÷4＝50514，
∴22021﹣1的个位数字是1，
故选：A．
总结提升：本题考查数字的变化类、尾数特征，解答本题的关键是明确题意，发现结果的个位数字的变化特点，写出所求式子的个位数字．
2．（2021春•沙坪坝区校级月考）使用黑白棋子按照一定规律摆放成三角形阵．前五次摆放的情况如图所示，如果按照此规律继续构建三角形阵，摆放到第（ ）个三角形阵时，该三角形阵中的黑棋子第一次比白棋子多．
A．6 B．7 C．8 D．9
思路引领：分别求出黑白棋子的变化规律，建立方程求解即可．
解：设一共有n个图形，
由图可知，白棋子的变化规律为每次增加3个，
则第n个白棋子的个数为3n+3，
黑棋子的变化为：
n＝1时，0个；
n＝2时，0+1＝1个；
n＝3时，0+1+2＝3个；
n＝4时，0+1+2+3＝6个；
故第n个图案中黑棋子个数为0+1+2+3+...+（n﹣1）=n2⋅(n−1)=n2−n2，
∴n2−n2=3n+3，
解得n=7+732，n=7−732（不符题意，舍去），
∴n2−n2＞3n+3，
n＞7+732，
∵n取正整数，且黑棋子第一次比白棋子多，
∴n＝8．
故选：C．
总结提升：本题主要考查图形变换类的题目，解题关键在于求出黑白棋子各自的变化规律．
3．（2022秋•大埔县期中）某同学用一等边三角形木板制作一些相似的直角三角形．如图，其方法是：过C点作CD1⊥AB于D1，再过D1作D1D2⊥CA于D2，再过D2作D2D3⊥AB于D3…，若△ABC的边长为a，则CD1=32a，D1D2=34a，D2D3=38a，依此规律，则D5D6的长为（ ）
A．316a B．332a C．364a D．3128a
思路引领：把CD1、D1D2、D2D3的分母写成2n的形式，从中找出规律，根据规律解答．
解：CD1=32a=321a，
D1D2=34a=322a，
D2D3=38a=323a，
则D5D6的长为：326a=364a，
故选：C．
总结提升：本题考查的是相似三角形的性质、等边三角形的性质，掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键．
4．（2022春•裕华区校级期中）如图，动点P从坐标原点（0，0）出发，以每秒一个单位长度的速度
按图中箭头所示方向运动，第1秒运动到点（1，0），第2秒运动到点（1，1），第3秒运动到点（0，1），第4秒运动到点（0，2），……则第2022秒点P所在位置的坐标是（ ）
A．（44，2） B．（44，3） C．（45，3） D．（45，2）
思路引领：分析点P在坐标系中的运动路线，寻找点P运动至x轴或y轴时的点坐标的规律．
解：根据题意列出P的坐标寻找规律．
P1（1，0）；
P8（2，0）；
P9（3，0）；
P24（4，0）；
P48（6，0）；
即P2n（2n+2）坐标为（2n，0）．
P2024（44，0）．
∴P2022坐标为P2024（44，0）退回两个单位→（44，1）→（44，2）．
故选：A．
总结提升：考查平面直角坐标系中点的坐标变化，分析点P运动路线规律，找到点P在x轴上的交点坐标规律为解题关键，难点在于拆分2024＝44×46．
5．（2022秋•桥西区校级期中）计算：21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，……归纳各计算结果中的个位数字规律，则22022的个
位数字是（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
思路引领：通过观察发现每四次运算结果的尾数循环出现一次，再由2022÷4＝505……2，即可求解22022﹣1的个位数字是3．
解：∵21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，……，
∴每四次运算结果的尾数循环出现一次，
∵2022÷4＝505……2，
∴22022﹣1的个位数字是3，
∴22022的个位数字是4，
故选：C．
总结提升：本题考查数字的变化规律，解题的关键是通过观察，探索出循环规律．
6．（2021秋•西城区校级期中）如图所示的“钻石”型网格（由边长都为1个单位长度的等边三角形组成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（ ）种涂法．
A．1 B．2 C．3 D．4
思路引领：根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
解：如图，满足条件的三角形有三个．
故选：C．
总结提升：本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
7．（2022•苏州模拟）下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，x的值为（ ）
A．135 B．153 C．170 D．189
思路引领：首先通过分析找到a与b的关系，然后找到b与18的关系，进而找到x与b和18的关系，即可以得到结果．
解：根据题目可以知道：
4＝2×2，
6＝3×2，
8＝4×2，
……，
2＝1+1，
3＝2+1，
4＝3+1，
……，
∴18＝2b，a＝b﹣1；
∴b＝9，a＝8；
又∵9＝（4﹣1）×（2+1），
20＝（6﹣1）×（3+1），
35＝（8﹣1）×（4+1），
……，
∴x＝（18﹣1）×（b+1）＝17×10＝170．
故选：C．
总结提升：本题考查数的规律，解题的关键是通过一列数，找到斜对角的关系是本题的突破口，然后再通过乘法的分解即可求出x．
8．（2022•杭州模拟）如图，小正方形是按一定规律摆放的，则适合填补图中空白处的是（ ）
A． B． C． D．
思路引领：根据题意知原图形中各行、各列中点数之和为10，据此可得．
解：由题意知，原图形中各行、各列中点数之和为10，
符合此要求的只有
故选：D．
总结提升：本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是得出原图形中各行、各列中点数之和为10．
9．（2022秋•罗山县期中）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2020次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．（10，3） B．（﹣3，10） C．（10，﹣3） D．（3，﹣10）
思路引领：先求出AB＝6，再利用正方形的性质确定D（﹣3，10），由于70＝4×505，所以第2020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0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得到旋转后的点D的坐标．
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），
∵2020＝4×505，
∴每4次一个循环，第2020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0次，每次旋转90°，
∴点D的坐标为（﹣3，10）．
故选：B．
总结提升：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°．
10．（2022秋•莲池区期末）已知点E（x0，y0），点F（x2，y2），点M（x1，y1）是线段EF的中点，则x1=x0+x22，y1=y0+y22．在平面直角坐标系中有三个点A（1，﹣1），B（﹣1，﹣1），C（0，1），点P（0，2）关于点A的对称点P1（即P，A，P1三点共线，且PA＝P1A），P1关于点B的对称点P2，P2关于点C的对称点P3，…按此规律继续以A，B，C三点为对称点重复前面的操作．依次得到点P4，P5，P6…，则点P2022的坐标是（ ）
A．（0，2） B．（2，0） C．（2，﹣4） D．（﹣4，2）
思路引领：先利用定义依次求出各点，再总结规律即可求解．
解：由题意，P1（2，﹣4），P2（﹣4，2），P3（4，0），P4（﹣2，﹣2），P5（0，0），P6（0，2），P7（2，﹣4），……
可得每6次为一个循环，
∵2022÷6＝337，
∴点P2022的坐标是（0，2），
故选：A．
总结提升：本题考查了数式规律，解题关键是理解题意并能发现规律．
二．填空题（共16小题）
11．（2020秋•江阴市月考）用形状和大小相同的黑色棋子按如图所示的方式排列，按照这样的规律，第101个图形需要棋子 304 枚．
思路引领：解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
解：第一个图需棋子3+1＝4；
第二个图需棋子3×2+1＝7；
第三个图需棋子3×3+1＝10；
…
第n个图需棋子（3n+1）枚，
故第101个图形需要棋子数为：3×101+1＝304．
故答案为：304．
总结提升：此题考查了规律型中的图形变化问题，主要培养学生的观察能力和空间想象能力．
12．（2021•广东模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，以AC为较长的直角边，按逆时针方向作Rt△ACC1，且∠ACC1＝900，∠BAC＝∠CAC1；再以AC1为较长的直角边，按逆时针方向作Rt△AC1C2，且∠AC1C2＝90°，∠CAC1＝∠C1AC2；…按此规
律一直下去，则ACn﹣1的长为 ．
思路引领：证明△ABC∽△ACC1∽AC1C2的面积，根据相似三角形的性质得C1C2AC1=CC1AC=BCAB，根据勾股定理得AC=5=(5)120，则CC1=52，根据勾股定理得AC1=52=(5)221，可得探究规律，可得结论．
解：由题意，∠BAC＝∠CAC1＝∠C1AC2，ABC＝∠ACC1＝∠AC1C2＝90°，
∴△ABC∽△ACC1∽AC1C2，
∴C1C2AC1=CC1AC=BCAB=12，
∵AB＝2，BC＝1，
∴AC=5=(5)120，
CC1=52，
∴AC1=52=(5)221，
•••，
∴ACn﹣1=(5)n2n−1．
故答案为：(5)n2n−1．
总结提升：本题考查相似三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题．
13．（2022秋•任城区校级期末）如图，在抛物线y＝x2的内部依次画正方形，使对角线在y轴上，另两个顶点落在抛物线上．按此规律类推，第2023个正方形的边长是 ．
思路引领：由题意可知，直线OA1是第一象限的角平分线，故解析式为y＝x，联立方程求得A1的坐标，进而求得第一个正方形边长和B1的坐标，即可得直线B1A2的解析式为y＝x+2，联立方程求得A2的坐标，进而求得第二个正方形的边长和B2的坐标，即可得到直线B2A3的解析式为y＝x+6，联立方程求得A3的坐标，即可求得第三个正方形的边长……，以此类推得出规律，即可得到第2023个正方形的边长是20233．
解：根据题意，∠B1OA1＝45°，即直线OA1是第一象限的角平分线，则解析式为y＝x，
联立y=xy=x2，
解得x=0y=0或x=1y=1，
故A1（1，1），
∴OA1=12+12=2，OB1＝2，即第1个正方形边长为2，
∵∠B2B1A2＝45°＝∠B1OA1，
∴直线B1A2的解析式中的x系数与直线OA1的解析式中x系数相等，且经过B1（0，2），
∴直线B1A2的解析式为y＝x+2，
联立y=x+2y=x2，
解得x=−1y=1或x=2y=4，
故A2（2，4），
∴A2B1=22+(4−2)2=22，OB2＝6，即第2个正方形边长为22，
∵∠B3B2A3＝45°＝∠B2B1A2，
∴直线B2A3的解析式中的x系数与直线OA1的解析式中x系数相等，且经过B2（0，6），
∴直线B2A3的解析式为y＝x+6，
联立y=x+6y=x2，
解得x=−2y=4或x=3y=9，
故A3（3，9），
∴A3B2=32+(9−6)2=32，OB3＝12，即第3个正方形边长为32，
…
按此规律类推，第n个正方形的边长为n2，
∴第2023个正方形的边长是20233，
故答案为：20233．
总结提升：本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，利用方程组求得交点坐标，求得抛物线上点的坐标是解题的关键．
14．（2021秋•管城区校级期中）初三学生小明为表达对母校的感情，用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案（如图所示），每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字，寓意“不忘初心”．其中第（1）个图案中有1个正方体，第（2）个图案中有3个正方体，第（3）个图案中有6个正方体，……，按照此规律，从第（70）个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是 ．
思路引领：先根据已知图形得出第70个图形中，正方体一共有1+2+3+……+69+70＝2485个，再用带“心”字的正方体个数除以总个数即可得．
解：∵第1个图形中正方体的个数为1，
第2个图形中正方体的个数3＝1+2，
第3个图形中正方体的个数6＝1+2+3，
∴第70个图形中，正方体一共有1+2+3+……+70=(1+70)×702=2485（个），其中写有“心”字的正方体有70个，
∴抽到带“心”字正方体的概率是702485=271．
故答案为：271．
总结提升：本题主要考查概率公式及图形的变化规律，解题的关键是得出第n个图形中正方体个数和概率公式．
15．（2021秋•官渡区期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2的图象如图所示，已知点A的坐标为（1，1），过点A作AA1∥x轴交抛物线于点A1，过点A1作A1A2∥OA交抛物线于点A2，过点A2作A2A3∥x轴交抛物线于点A3，过点A3作A3A4∥OA交抛物线于点A4…，依次进行下去，则点A2022的坐标为 ．
思路引领：根据二次函数性质可得出点A1的坐标，求得直线A1A2为y＝x+2，联立方程求得A2的坐标，即可求得A3的坐标，同理求得A4的坐标，即可求得A5的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点A2022的坐标．
解：∵A点坐标为（1，1），
∴直线OA的解析式为y＝x，A1（﹣1，1），
∵A1A2∥OA，
∴直线A1A2的解析式为y＝x+2，
解y=x+2y=x2得x=−1y=1或x=2y=4，
∴A2（2，4），
∴A3（﹣2，4），
∵A3A4∥OA，
∴直线A3A4的解析式为y＝x+6，
解y=x+6y=x2得x=−2y=4或x=3y=9，
∴A4（3，9），
∴A5（﹣3，9）
…，
∴A2022（1012，10122），
故答案为：（1012，10122）．
总结提升：本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及交点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．
16．（2022春•汕尾期末）在平面直角坐标系中，直线l：y＝x+1与y轴交于点A1，如图所示，依次作正方形OA1B1C1，正方形C1A2B2C2，正方形C2A3B3C3，正方形C3A4B4C4，点A1，A2，A3，A4，…在直线l上，点C1，C2，C3，C4，…在x轴正半轴上，则A4的坐标是 ；An的坐标是 ．
思路引领：由题意可得A1，A2，A3，A4的坐标，可得点A坐标规律，即可求解．
解：由题意可得正方形OA1B1C1边长为1，正方形A2B2C2C1的边长为2，正方形A3B3C3C2的边长为4，…正方形AnBn∁nCn﹣1的边长为2n﹣1，
∴A1（0，1），A2（1，2），A3（3，4），A4（7，8）…An（2n﹣1﹣1，2n﹣1），
故答案为：（7，8），（2n﹣1﹣1，2n﹣1）．
总结提升：本题考查一次函数图象上点的坐标特征、规律型：点的坐标，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17．（2022•金坛区模拟）如图，在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，∠α，∠β如图所示，则tan（α+β）＝ ．
思路引领：连接DE，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出∠α＝30°，同理可得出：∠CDE＝∠CED＝30°＝∠α，由∠AEC＝60°结合∠AED＝∠AEC+∠CED可得出∠AED＝90°，设等边三角形的边长为a，则AE＝2a，DE=3a，由三角函数定义即可得出答案．
解：连接DE，如图所示：
在△ABC中，∠ABC＝120°，BA＝BC，
∴∠α＝30°，
同理得：∠CDE＝∠CED＝30°＝∠α．
又∵∠AEC＝60°，
∴∠AED＝∠AEC+∠CED＝90°．
设等边三角形的边长为a，则AE＝2a，DE＝BD•sin∠DBE＝2a•sin60°=3a，
∴tan（α+β）=AEDE=2a3a=233．
故答案为：233．
总结提升：本题考查了解直角三角形、等边三角形的性质以及图形的变化规律等知识；构造出含一个锐角等于∠α+∠β的直角三角形是解题的关键．
18．（2022•丛台区校级模拟）如图，平面直角坐标系中，边长为1的正方形OAP1B的顶点A、B分别在x轴、y轴上，点P1在反比例函数y=kx(x＞0)的图象上，过P1A的中点B1作矩形B1AA1P2，使顶点P2落在反比例函数的图象上，再过P2A1的中点B2作矩形B2A1A2P3，使顶点P3落在反比例函数的图象上，…，依此规律可得：
（1）点P2的坐标为 ；
（2）作出矩形B18A17A18P19时，落在反比例函数图象上的顶点P19的坐标为 ．
思路引领：（1）利用正方形的性质得到P1（1，1），则可确定反比例函数的解析式为y=1x，再利用点B1的纵坐标为12，根据反比例函数图象上点的坐标特征得到点P2的纵坐标为12，则点P2横坐标为2；
（2）同样方法得到点P3的纵坐标为122，点P3的横坐标为22，利用2的指数与P点的序号数的关系可得到点P19的坐标．
解：（1）∵正方形OAP1B的边长为1，
∴P1（1，1），
把P1（1，1）代入y=kx(x＞0)的得到k＝1×1＝1，
∴反比例函数的解析式为y=1x，
∵点B1为P1A的中点，
∴点B1的纵坐标为12，
∵四边形B1AA1P2为矩形，
∴点P2的纵坐标为12，
∵点P2在y=1x的图象上，
∴点P2横坐标为（2，12）；
（2）∵点P2横坐标为（2，12），点B2为P2A1的中点，
∴点B2的纵坐标为12×12=122，
∵四边形B2A1A2P3为矩形，
∴点P3的纵坐标为122，
∵点P3在y=1x的图象上，
∴点P3的横坐标为22，
•••，
∴点P19的纵坐标为1218，
∴点P19的横坐标为218，
即P19（218，1218）．
故答案为：（218，1218）．
总结提升：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了规律性问题的解决方法和反比例函数图象上点的坐标特征．
19．（2022•滕州市三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1A2与正方形A2B2C2A3是以O为位似中心的位似图形，且位似比为12，点A1，A2，A3在x轴上，延长A3C2交射线OB1与点B3，以A3B3为边作正方形A3B3C3A4；延长A4C3，交射线OB1与点B4，以A4B4为边作正方形A4B4C4A5；…按照这样的规律继续作下去，若OA1＝1，则正方形A2021B2021C2021A2022的面积为 ．
思路引领：根据位似图形的概念求出OA2，根据正方形的面积公式计算，总结规律，根据规律解答即可．
解：∵正方形A1B1C1A2与正方形A2B2C2A3是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为12，
∴A1B1A2B2=12，
∵A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴A1B1∥A2B2，
∴OA1B1∽△OA2B2，
∴OA1OA2=A1B1A2B2=12，
∵OA1＝1，
∴OA2＝2，
∴A1A2＝1，
∴正方形A1B1C1A2的面积＝1＝40，
∵OA1＝A1A2＝A1B1＝1，
∴∠B1OA1＝45°，
∴OA2＝A2B2＝2，
∴正方形A2B2C2A3的面积＝2×2＝41，
∵A3B3⊥x轴，
∴OA3＝A3B3＝4，
∴正方形A3B3C3A4的面积＝4×4＝16＝42，
……
则正方形A2021B2021C2021A2022的面积为42021﹣1＝42020＝24040，
故答案为：24040．
总结提升：本题考查的是位似图形的性质、图形的变化规律，掌握位似图形的性质、相似多边形的性质是解题的关键．
20．（2022春•诸暨市期中）为了求1+2+22+…+22021的值，可令S＝1+2+22+…+22021，则2S＝2+22+…+22022，因此2S﹣S＝22022﹣1，所以1+2+22+…+22021＝22022﹣1．按照以上推理计算出1+3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021的值是 ．
思路引领：仿照所给的求解方式进行解答即可．
解：令S＝1+3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021，
则13S＝3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021+3﹣2022，
因此13S﹣S＝3﹣2022﹣1，
则−23S=3−2022−1，
得：S=3−2021−32，
所以1+3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021=3−2021−32．
故答案为：3−2021−32．
总结提升：本题主要考查数字的变化规律，有理数的混合运算，解答的关键是理解清楚题目所给的求解方式并灵活运用．
21．（2021•零陵区一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…以此类推，则点N2021的坐标为 ．
思路引领：先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．
解：由题意得，作出如下图形：
N点坐标为（﹣1，0），
N点关于A点对称的N1点的坐标为（﹣3，0），
N1点关于B点对称的N2点的坐标为（5，4），
N2点关于C点对称的N3点的坐标为（﹣3，﹣8），
N3点关于A点对称的N4点的坐标为（﹣1，8），
N4点关于B点对称的N5点的坐标为（3，﹣4），
N5点关于C点对称的N6点的坐标为（﹣1，0），此时刚好回到最开始的点N处，
∴其每6个点循环一次，
∴2021÷6＝336……5，
即循环了336次后余下5，
故N2021的坐标与N5点的坐标相同，其坐标为（3，﹣4）．
故答案为：（3，﹣4）．
总结提升：本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而找到其循环的规律后即可求解．
22．（2022春•白碱滩区期末）在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到的指令是：从原点O出发，按“向上→向右→向下→向右→向下→向右→向上→向右”的方向依次不断移动，每次移动1个单位长度，其移动路线如图所示，第一次移动到点A1，第二次移动到点A2，…，第n次移动到点An，则点A2022的坐标是 ．
思路引领：由题意可知，智能机器人的运动路径规律为每八次一个循环，再结合点的坐标即可求解．
解：由题意可知，智能机器人的运动路径规律为每八次一个循环，
即智能机器人从原点O出发，每运动8次到达点的横坐标增加4个单位长度，
∵2022÷8＝252……6，
∴智能机器人共运动了252个循环加6次，
则252×4+3＝1011，
∴此时A2022（1011，﹣1），
故答案为：（1011，﹣1）．
总结提升：本题考查了轨迹，点的坐标﹣规律型，正确得出智能机器人的运动路径规律为每八次一个循环是解题的关键．
23．（2022秋•依安县期末）如图，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA1B1C1；第2次将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA2B2C2…按此规律，绕点O旋转得到正方形OA2020B2020C2020，则点B2021的坐标为 ．
思路引领：根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
解：如图，∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，OB1，OB2，OB6，OB4…，
由勾股定理得：OB=2，
由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=2，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（−2，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，−2），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…余4，
∴点B2020的坐标为（﹣1，﹣1），点B2021的坐标为（0，−2）．
故答案为：（0，−2）．
总结提升：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．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
24．（2021•宣州区校级自主招生）如图，射线OM在第一象限，且与x轴正半轴的夹角为60°，过点D（6，0）作DA⊥OM于点A，作线段OD的垂直平分线BE交x轴于点E，交AD于点B，作射线OB，以AB为边在△AOB的外侧作正方形ABCA1，延长A1C交射线OB于点B1，以A1B1为边在△A1OB1的外侧作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交射线OB于点B2，以A2B2为边在△A2OB2的外侧作正方形A2B2C2A3…按此规律进行下去，则正方形A2020B2020C2020A2021的周长为 ．
思路引领：由题意可知∠MOBn＝30°，AO＝3，AB=3，所以正方形ABCA1的边长为3，∵CB∥AM，∴CB1＝tan30°•BC＝1，故A1B1＝1+3，以此计算可得每个正方形的边长，进而发现规律．
解：由已知得∠AOD＝60°，
∴∠ADO＝30°．
∵BE垂直平分OD，
∴BO＝BD，
∴∠BOD＝∠ADO＝30°，
∴∠AOB＝60°﹣30°＝30°，
∴OA=12OD＝3，
∴AB＝tan30°•OA=33×3=3，
∴BC=3，
∴正方形ABCA1的周长为43；
易得A1B1=3+33×3=3+1，
∴正方形A1B1C1A2的周长为4（3+1）；
同理可得A2B2=3+1+（3+1）×33=（3+1）(1+33)；
B2C2＝（3+1）(1+33)，
∴正方形A2B2C2A3的周长为4（3+1）(1+33)；
同理A3B3＝（3+1）(1+33)+（3+1）(1+33)×33=(1+33)2(3+1)，
B3C3=(1+33)2(3+1)，
∴正方形A3B3C3A4的周长为4(1+33)2(3+1)；
A4B4=(1+33)3(3+1)=B4C4，
∴正方形A4B4C4A5的周长为4(1+33)3(3+1)；.....．
以此类推可知正方形正方形A2020B2020C2020A2021的周长为4(1+33)2019(3+1)．
故答案为：4(1+33)2019(3+1)．
总结提升：本题考查正方形的性质、垂直平分线的性质，以及三角函数知识，正确找到规律是解题关键．
25．（2020春•文登区期末）如图，在△ABC中，点A1，B1，C1分别是AC，BC，AB的中点，连接A1C1，A1B1，四边形A1B1BC1的面积记作S1；点A2，B2，C2分别是A1C，B1C，A1B1的中点，连接A2C2，A2B2，四边形A2B2B1C2的面积记作S2…，按此规律进行下去，若S△ABC＝a，则S2020＝ ．
思路引领：根据三角形中位线定理可求出S1的值，进而可得出S2的值，找出规律即可得出S2020的值．
解：∵A1C1，A1B1是△ABC的中位线，
∴A1C1=12BC，A1C1∥BC．
∴△A1C1B1∽△ABC，
∴S△AC1A1=14S△ABC=14a．
同理S△ACB1=14S△ABC=14a．
∴S1＝a−14a−14a=12a；
同理可得，S2=a23；
…
∴Sn=a22n−1；
∴S2020=a24039．
故答案是：a24039．
总结提升：本题考查的是相似三角形的性质及三角形中位线定理，正确得出面积变化规律是解答此题的关键．
26．如图，直线l：y=33x+1分别交x轴、y轴于点A和点A1，过点A1作A1B1⊥l，交x轴于点B1，过点B1作B1A2⊥x轴，交直线l于点A2；过点A2作A2B2⊥l，交x轴于点B2，过点B2作B2A3⊥x轴，交直线l于点A3，依此规律…，若图中阴影△A1OB1的面积为S1，阴影△A2B1B2的面积为S2，阴影△A3B2B3的面积为S3…，则Sn＝ ．
思路引领：由直线l：y=33x+1可求出与x轴交点A的坐标，与y轴交点A1的坐标，进而得到OA，OA1的长，也可求出Rt△OAA1的各个内角的度数，是一个特殊的直角三角形，以下所作的三角形都是含有30°角的直角三角形，然后这个求出S1、S2、S3、S4、……根据规律得出Sn．
解：直线l：y=33x+1，当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x=−3
∴A（−3，0）A1（0，1）
∴∠OAA1＝30°
又∵A1B1⊥l，
∴∠OA1B1＝30°，
在Rt△OA1B1中，OB1=33•OA1=33，
∴S1=12OA1⋅OB1=36；
同理可求出：A2B1=43，B1B2=43×33，
∴S2=12A2B1⋅B1B2=12×43×(43×33)=36×(43)2；
依次可求出：S3=36×(43)4；S4=36×(43)6；S5=36×(43)8⋯⋯
因此：Sn=36×(43)2n−2=3332×(43)2n，
故答案为：3332×(43)2n．
总结提升：考查一次函数的图象和性质、解直角三角形、三角形的面积、以及找规律归纳总结结论的能力，由于数据较繁琐、计算量交点，容易出现错误；因此在方法正确的前提下，认真正确的计算则显得尤为重要．
专题32 中考热点规律探究填空选择专项训练（解析版）
专题诠释：规律探究是最近中考热点，多以填空选择形式呈现。此类题的最大特点：问题的结论或条件不直接给出，二常常给出一列数、一列等式或一列图形的一部分。其解题思维过程是：从特殊情况入手→探索发现规律→综合归纳→猜想得出结论→验证结论，确定需要求的结论. 这里精选最新最经典的规律探究题，欢迎下载使用。
一．选择题（共10小题）
1．（2021•广西模拟）计算：21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，…归纳各计算结果中的个位数字规律，猜测22021﹣1的个位数字是（ ）
A．1 B．3 C．7 D．5
思路引领：根据题目中给出的式子的结果，可以发现结果的个位数字的变化特点，从而可以求得22021﹣1的个位数字．
解：∵21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，…，
∴计算结果中的个位数字依次以1，3，7，5循环出现，
∵2021÷4＝50514，
∴22021﹣1的个位数字是1，
故选：A．
总结提升：本题考查数字的变化类、尾数特征，解答本题的关键是明确题意，发现结果的个位数字的变化特点，写出所求式子的个位数字．
2．（2021春•沙坪坝区校级月考）使用黑白棋子按照一定规律摆放成三角形阵．前五次摆放的情况如图所示，如果按照此规律继续构建三角形阵，摆放到第（ ）个三角形阵时，该三角形阵中的黑棋子第一次比白棋子多．
A．6 B．7 C．8 D．9
思路引领：分别求出黑白棋子的变化规律，建立方程求解即可．
解：设一共有n个图形，
由图可知，白棋子的变化规律为每次增加3个，
则第n个白棋子的个数为3n+3，
黑棋子的变化为：
n＝1时，0个；
n＝2时，0+1＝1个；
n＝3时，0+1+2＝3个；
n＝4时，0+1+2+3＝6个；
故第n个图案中黑棋子个数为0+1+2+3+...+（n﹣1）=n2⋅(n−1)=n2−n2，
∴n2−n2=3n+3，
解得n=7+732，n=7−732（不符题意，舍去），
∴n2−n2＞3n+3，
n＞7+732，
∵n取正整数，且黑棋子第一次比白棋子多，
∴n＝8．
故选：C．
总结提升：本题主要考查图形变换类的题目，解题关键在于求出黑白棋子各自的变化规律．
3．（2022秋•大埔县期中）某同学用一等边三角形木板制作一些相似的直角三角形．如图，其方法是：过C点作CD1⊥AB于D1，再过D1作D1D2⊥CA于D2，再过D2作D2D3⊥AB于D3…，若△ABC的边长为a，则CD1=32a，D1D2=34a，D2D3=38a，依此规律，则D5D6的长为（ ）
A．316a B．332a C．364a D．3128a
思路引领：把CD1、D1D2、D2D3的分母写成2n的形式，从中找出规律，根据规律解答．
解：CD1=32a=321a，
D1D2=34a=322a，
D2D3=38a=323a，
则D5D6的长为：326a=364a，
故选：C．
总结提升：本题考查的是相似三角形的性质、等边三角形的性质，掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键．
4．（2022春•裕华区校级期中）如图，动点P从坐标原点（0，0）出发，以每秒一个单位长度的速度
按图中箭头所示方向运动，第1秒运动到点（1，0），第2秒运动到点（1，1），第3秒运动到点（0，1），第4秒运动到点（0，2），……则第2022秒点P所在位置的坐标是（ ）
A．（44，2） B．（44，3） C．（45，3） D．（45，2）
思路引领：分析点P在坐标系中的运动路线，寻找点P运动至x轴或y轴时的点坐标的规律．
解：根据题意列出P的坐标寻找规律．
P1（1，0）；
P8（2，0）；
P9（3，0）；
P24（4，0）；
P48（6，0）；
即P2n（2n+2）坐标为（2n，0）．
P2024（44，0）．
∴P2022坐标为P2024（44，0）退回两个单位→（44，1）→（44，2）．
故选：A．
总结提升：考查平面直角坐标系中点的坐标变化，分析点P运动路线规律，找到点P在x轴上的交点坐标规律为解题关键，难点在于拆分2024＝44×46．
5．（2022秋•桥西区校级期中）计算：21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，……归纳各计算结果中的个位数字规律，则22022的个
位数字是（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
思路引领：通过观察发现每四次运算结果的尾数循环出现一次，再由2022÷4＝505……2，即可求解22022﹣1的个位数字是3．
解：∵21﹣1＝1，22﹣1＝3，23﹣1＝7，24﹣1＝15，25﹣1＝31，……，
∴每四次运算结果的尾数循环出现一次，
∵2022÷4＝505……2，
∴22022﹣1的个位数字是3，
∴22022的个位数字是4，
故选：C．
总结提升：本题考查数字的变化规律，解题的关键是通过观察，探索出循环规律．
6．（2021秋•西城区校级期中）如图所示的“钻石”型网格（由边长都为1个单位长度的等边三角形组成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（ ）种涂法．
A．1 B．2 C．3 D．4
思路引领：根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
解：如图，满足条件的三角形有三个．
故选：C．
总结提升：本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
7．（2022•苏州模拟）下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，x的值为（ ）
A．135 B．153 C．170 D．189
思路引领：首先通过分析找到a与b的关系，然后找到b与18的关系，进而找到x与b和18的关系，即可以得到结果．
解：根据题目可以知道：
4＝2×2，
6＝3×2，
8＝4×2，
……，
2＝1+1，
3＝2+1，
4＝3+1，
……，
∴18＝2b，a＝b﹣1；
∴b＝9，a＝8；
又∵9＝（4﹣1）×（2+1），
20＝（6﹣1）×（3+1），
35＝（8﹣1）×（4+1），
……，
∴x＝（18﹣1）×（b+1）＝17×10＝170．
故选：C．
总结提升：本题考查数的规律，解题的关键是通过一列数，找到斜对角的关系是本题的突破口，然后再通过乘法的分解即可求出x．
8．（2022•杭州模拟）如图，小正方形是按一定规律摆放的，则适合填补图中空白处的是（ ）
A． B． C． D．
思路引领：根据题意知原图形中各行、各列中点数之和为10，据此可得．
解：由题意知，原图形中各行、各列中点数之和为10，
符合此要求的只有
故选：D．
总结提升：本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是得出原图形中各行、各列中点数之和为10．
9．（2022秋•罗山县期中）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2020次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．（10，3） B．（﹣3，10） C．（10，﹣3） D．（3，﹣10）
思路引领：先求出AB＝6，再利用正方形的性质确定D（﹣3，10），由于70＝4×505，所以第2020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0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得到旋转后的点D的坐标．
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），
∵2020＝4×505，
∴每4次一个循环，第2020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0次，每次旋转90°，
∴点D的坐标为（﹣3，10）．
故选：B．
总结提升：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°．
10．（2022秋•莲池区期末）已知点E（x0，y0），点F（x2，y2），点M（x1，y1）是线段EF的中点，则x1=x0+x22，y1=y0+y22．在平面直角坐标系中有三个点A（1，﹣1），B（﹣1，﹣1），C（0，1），点P（0，2）关于点A的对称点P1（即P，A，P1三点共线，且PA＝P1A），P1关于点B的对称点P2，P2关于点C的对称点P3，…按此规律继续以A，B，C三点为对称点重复前面的操作．依次得到点P4，P5，P6…，则点P2022的坐标是（ ）
A．（0，2） B．（2，0） C．（2，﹣4） D．（﹣4，2）
思路引领：先利用定义依次求出各点，再总结规律即可求解．
解：由题意，P1（2，﹣4），P2（﹣4，2），P3（4，0），P4（﹣2，﹣2），P5（0，0），P6（0，2），P7（2，﹣4），……
可得每6次为一个循环，
∵2022÷6＝337，
∴点P2022的坐标是（0，2），
故选：A．
总结提升：本题考查了数式规律，解题关键是理解题意并能发现规律．
二．填空题（共16小题）
11．（2020秋•江阴市月考）用形状和大小相同的黑色棋子按如图所示的方式排列，按照这样的规律，第101个图形需要棋子 304 枚．
思路引领：解决这类问题首先要从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
解：第一个图需棋子3+1＝4；
第二个图需棋子3×2+1＝7；
第三个图需棋子3×3+1＝10；
…
第n个图需棋子（3n+1）枚，
故第101个图形需要棋子数为：3×101+1＝304．
故答案为：304．
总结提升：此题考查了规律型中的图形变化问题，主要培养学生的观察能力和空间想象能力．
12．（2021•广东模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，以AC为较长的直角边，按逆时针方向作Rt△ACC1，且∠ACC1＝900，∠BAC＝∠CAC1；再以AC1为较长的直角边，按逆时针方向作Rt△AC1C2，且∠AC1C2＝90°，∠CAC1＝∠C1AC2；…按此规
律一直下去，则ACn﹣1的长为 ．
思路引领：证明△ABC∽△ACC1∽AC1C2的面积，根据相似三角形的性质得C1C2AC1=CC1AC=BCAB，根据勾股定理得AC=5=(5)120，则CC1=52，根据勾股定理得AC1=52=(5)221，可得探究规律，可得结论．
解：由题意，∠BAC＝∠CAC1＝∠C1AC2，ABC＝∠ACC1＝∠AC1C2＝90°，
∴△ABC∽△ACC1∽AC1C2，
∴C1C2AC1=CC1AC=BCAB=12，
∵AB＝2，BC＝1，
∴AC=5=(5)120，
CC1=52，
∴AC1=52=(5)221，
•••，
∴ACn﹣1=(5)n2n−1．
故答案为：(5)n2n−1．
总结提升：本题考查相似三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题．
13．（2022秋•任城区校级期末）如图，在抛物线y＝x2的内部依次画正方形，使对角线在y轴上，另两个顶点落在抛物线上．按此规律类推，第2023个正方形的边长是 ．
思路引领：由题意可知，直线OA1是第一象限的角平分线，故解析式为y＝x，联立方程求得A1的坐标，进而求得第一个正方形边长和B1的坐标，即可得直线B1A2的解析式为y＝x+2，联立方程求得A2的坐标，进而求得第二个正方形的边长和B2的坐标，即可得到直线B2A3的解析式为y＝x+6，联立方程求得A3的坐标，即可求得第三个正方形的边长……，以此类推得出规律，即可得到第2023个正方形的边长是20233．
解：根据题意，∠B1OA1＝45°，即直线OA1是第一象限的角平分线，则解析式为y＝x，
联立y=xy=x2，
解得x=0y=0或x=1y=1，
故A1（1，1），
∴OA1=12+12=2，OB1＝2，即第1个正方形边长为2，
∵∠B2B1A2＝45°＝∠B1OA1，
∴直线B1A2的解析式中的x系数与直线OA1的解析式中x系数相等，且经过B1（0，2），
∴直线B1A2的解析式为y＝x+2，
联立y=x+2y=x2，
解得x=−1y=1或x=2y=4，
故A2（2，4），
∴A2B1=22+(4−2)2=22，OB2＝6，即第2个正方形边长为22，
∵∠B3B2A3＝45°＝∠B2B1A2，
∴直线B2A3的解析式中的x系数与直线OA1的解析式中x系数相等，且经过B2（0，6），
∴直线B2A3的解析式为y＝x+6，
联立y=x+6y=x2，
解得x=−2y=4或x=3y=9，
故A3（3，9），
∴A3B2=32+(9−6)2=32，OB3＝12，即第3个正方形边长为32，
…
按此规律类推，第n个正方形的边长为n2，
∴第2023个正方形的边长是20233，
故答案为：20233．
总结提升：本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，利用方程组求得交点坐标，求得抛物线上点的坐标是解题的关键．
14．（2021秋•管城区校级期中）初三学生小明为表达对母校的感情，用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案（如图所示），每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字，寓意“不忘初心”．其中第（1）个图案中有1个正方体，第（2）个图案中有3个正方体，第（3）个图案中有6个正方体，……，按照此规律，从第（70）个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体的概率是 ．
思路引领：先根据已知图形得出第70个图形中，正方体一共有1+2+3+……+69+70＝2485个，再用带“心”字的正方体个数除以总个数即可得．
解：∵第1个图形中正方体的个数为1，
第2个图形中正方体的个数3＝1+2，
第3个图形中正方体的个数6＝1+2+3，
∴第70个图形中，正方体一共有1+2+3+……+70=(1+70)×702=2485（个），其中写有“心”字的正方体有70个，
∴抽到带“心”字正方体的概率是702485=271．
故答案为：271．
总结提升：本题主要考查概率公式及图形的变化规律，解题的关键是得出第n个图形中正方体个数和概率公式．
15．（2021秋•官渡区期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2的图象如图所示，已知点A的坐标为（1，1），过点A作AA1∥x轴交抛物线于点A1，过点A1作A1A2∥OA交抛物线于点A2，过点A2作A2A3∥x轴交抛物线于点A3，过点A3作A3A4∥OA交抛物线于点A4…，依次进行下去，则点A2022的坐标为 ．
思路引领：根据二次函数性质可得出点A1的坐标，求得直线A1A2为y＝x+2，联立方程求得A2的坐标，即可求得A3的坐标，同理求得A4的坐标，即可求得A5的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点A2022的坐标．
解：∵A点坐标为（1，1），
∴直线OA的解析式为y＝x，A1（﹣1，1），
∵A1A2∥OA，
∴直线A1A2的解析式为y＝x+2，
解y=x+2y=x2得x=−1y=1或x=2y=4，
∴A2（2，4），
∴A3（﹣2，4），
∵A3A4∥OA，
∴直线A3A4的解析式为y＝x+6，
解y=x+6y=x2得x=−2y=4或x=3y=9，
∴A4（3，9），
∴A5（﹣3，9）
…，
∴A2022（1012，10122），
故答案为：（1012，10122）．
总结提升：本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及交点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．
16．（2022春•汕尾期末）在平面直角坐标系中，直线l：y＝x+1与y轴交于点A1，如图所示，依次作正方形OA1B1C1，正方形C1A2B2C2，正方形C2A3B3C3，正方形C3A4B4C4，点A1，A2，A3，A4，…在直线l上，点C1，C2，C3，C4，…在x轴正半轴上，则A4的坐标是 ；An的坐标是 ．
思路引领：由题意可得A1，A2，A3，A4的坐标，可得点A坐标规律，即可求解．
解：由题意可得正方形OA1B1C1边长为1，正方形A2B2C2C1的边长为2，正方形A3B3C3C2的边长为4，…正方形AnBn∁nCn﹣1的边长为2n﹣1，
∴A1（0，1），A2（1，2），A3（3，4），A4（7，8）…An（2n﹣1﹣1，2n﹣1），
故答案为：（7，8），（2n﹣1﹣1，2n﹣1）．
总结提升：本题考查一次函数图象上点的坐标特征、规律型：点的坐标，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17．（2022•金坛区模拟）如图，在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，∠α，∠β如图所示，则tan（α+β）＝ ．
思路引领：连接DE，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出∠α＝30°，同理可得出：∠CDE＝∠CED＝30°＝∠α，由∠AEC＝60°结合∠AED＝∠AEC+∠CED可得出∠AED＝90°，设等边三角形的边长为a，则AE＝2a，DE=3a，由三角函数定义即可得出答案．
解：连接DE，如图所示：
在△ABC中，∠ABC＝120°，BA＝BC，
∴∠α＝30°，
同理得：∠CDE＝∠CED＝30°＝∠α．
又∵∠AEC＝60°，
∴∠AED＝∠AEC+∠CED＝90°．
设等边三角形的边长为a，则AE＝2a，DE＝BD•sin∠DBE＝2a•sin60°=3a，
∴tan（α+β）=AEDE=2a3a=233．
故答案为：233．
总结提升：本题考查了解直角三角形、等边三角形的性质以及图形的变化规律等知识；构造出含一个锐角等于∠α+∠β的直角三角形是解题的关键．
18．（2022•丛台区校级模拟）如图，平面直角坐标系中，边长为1的正方形OAP1B的顶点A、B分别在x轴、y轴上，点P1在反比例函数y=kx(x＞0)的图象上，过P1A的中点B1作矩形B1AA1P2，使顶点P2落在反比例函数的图象上，再过P2A1的中点B2作矩形B2A1A2P3，使顶点P3落在反比例函数的图象上，…，依此规律可得：
（1）点P2的坐标为 ；
（2）作出矩形B18A17A18P19时，落在反比例函数图象上的顶点P19的坐标为 ．
思路引领：（1）利用正方形的性质得到P1（1，1），则可确定反比例函数的解析式为y=1x，再利用点B1的纵坐标为12，根据反比例函数图象上点的坐标特征得到点P2的纵坐标为12，则点P2横坐标为2；
（2）同样方法得到点P3的纵坐标为122，点P3的横坐标为22，利用2的指数与P点的序号数的关系可得到点P19的坐标．
解：（1）∵正方形OAP1B的边长为1，
∴P1（1，1），
把P1（1，1）代入y=kx(x＞0)的得到k＝1×1＝1，
∴反比例函数的解析式为y=1x，
∵点B1为P1A的中点，
∴点B1的纵坐标为12，
∵四边形B1AA1P2为矩形，
∴点P2的纵坐标为12，
∵点P2在y=1x的图象上，
∴点P2横坐标为（2，12）；
（2）∵点P2横坐标为（2，12），点B2为P2A1的中点，
∴点B2的纵坐标为12×12=122，
∵四边形B2A1A2P3为矩形，
∴点P3的纵坐标为122，
∵点P3在y=1x的图象上，
∴点P3的横坐标为22，
•••，
∴点P19的纵坐标为1218，
∴点P19的横坐标为218，
即P19（218，1218）．
故答案为：（218，1218）．
总结提升：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了规律性问题的解决方法和反比例函数图象上点的坐标特征．
19．（2022•滕州市三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1A2与正方形A2B2C2A3是以O为位似中心的位似图形，且位似比为12，点A1，A2，A3在x轴上，延长A3C2交射线OB1与点B3，以A3B3为边作正方形A3B3C3A4；延长A4C3，交射线OB1与点B4，以A4B4为边作正方形A4B4C4A5；…按照这样的规律继续作下去，若OA1＝1，则正方形A2021B2021C2021A2022的面积为 ．
思路引领：根据位似图形的概念求出OA2，根据正方形的面积公式计算，总结规律，根据规律解答即可．
解：∵正方形A1B1C1A2与正方形A2B2C2A3是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为12，
∴A1B1A2B2=12，
∵A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴A1B1∥A2B2，
∴OA1B1∽△OA2B2，
∴OA1OA2=A1B1A2B2=12，
∵OA1＝1，
∴OA2＝2，
∴A1A2＝1，
∴正方形A1B1C1A2的面积＝1＝40，
∵OA1＝A1A2＝A1B1＝1，
∴∠B1OA1＝45°，
∴OA2＝A2B2＝2，
∴正方形A2B2C2A3的面积＝2×2＝41，
∵A3B3⊥x轴，
∴OA3＝A3B3＝4，
∴正方形A3B3C3A4的面积＝4×4＝16＝42，
……
则正方形A2021B2021C2021A2022的面积为42021﹣1＝42020＝24040，
故答案为：24040．
总结提升：本题考查的是位似图形的性质、图形的变化规律，掌握位似图形的性质、相似多边形的性质是解题的关键．
20．（2022春•诸暨市期中）为了求1+2+22+…+22021的值，可令S＝1+2+22+…+22021，则2S＝2+22+…+22022，因此2S﹣S＝22022﹣1，所以1+2+22+…+22021＝22022﹣1．按照以上推理计算出1+3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021的值是 ．
思路引领：仿照所给的求解方式进行解答即可．
解：令S＝1+3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021，
则13S＝3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021+3﹣2022，
因此13S﹣S＝3﹣2022﹣1，
则−23S=3−2022−1，
得：S=3−2021−32，
所以1+3﹣1+3﹣2+…+3﹣2021=3−2021−32．
故答案为：3−2021−32．
总结提升：本题主要考查数字的变化规律，有理数的混合运算，解答的关键是理解清楚题目所给的求解方式并灵活运用．
21．（2021•零陵区一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C（1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…以此类推，则点N2021的坐标为 ．
思路引领：先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．
解：由题意得，作出如下图形：
N点坐标为（﹣1，0），
N点关于A点对称的N1点的坐标为（﹣3，0），
N1点关于B点对称的N2点的坐标为（5，4），
N2点关于C点对称的N3点的坐标为（﹣3，﹣8），
N3点关于A点对称的N4点的坐标为（﹣1，8），
N4点关于B点对称的N5点的坐标为（3，﹣4），
N5点关于C点对称的N6点的坐标为（﹣1，0），此时刚好回到最开始的点N处，
∴其每6个点循环一次，
∴2021÷6＝336……5，
即循环了336次后余下5，
故N2021的坐标与N5点的坐标相同，其坐标为（3，﹣4）．
故答案为：（3，﹣4）．
总结提升：本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而找到其循环的规律后即可求解．
22．（2022春•白碱滩区期末）在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到的指令是：从原点O出发，按“向上→向右→向下→向右→向下→向右→向上→向右”的方向依次不断移动，每次移动1个单位长度，其移动路线如图所示，第一次移动到点A1，第二次移动到点A2，…，第n次移动到点An，则点A2022的坐标是 ．
思路引领：由题意可知，智能机器人的运动路径规律为每八次一个循环，再结合点的坐标即可求解．
解：由题意可知，智能机器人的运动路径规律为每八次一个循环，
即智能机器人从原点O出发，每运动8次到达点的横坐标增加4个单位长度，
∵2022÷8＝252……6，
∴智能机器人共运动了252个循环加6次，
则252×4+3＝1011，
∴此时A2022（1011，﹣1），
故答案为：（1011，﹣1）．
总结提升：本题考查了轨迹，点的坐标﹣规律型，正确得出智能机器人的运动路径规律为每八次一个循环是解题的关键．
23．（2022秋•依安县期末）如图，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA1B1C1；第2次将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA2B2C2…按此规律，绕点O旋转得到正方形OA2020B2020C2020，则点B2021的坐标为 ．
思路引领：根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
解：如图，∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，OB1，OB2，OB6，OB4…，
由勾股定理得：OB=2，
由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=2，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（−2，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，−2），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…余4，
∴点B2020的坐标为（﹣1，﹣1），点B2021的坐标为（0，−2）．
故答案为：（0，−2）．
总结提升：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．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
24．（2021•宣州区校级自主招生）如图，射线OM在第一象限，且与x轴正半轴的夹角为60°，过点D（6，0）作DA⊥OM于点A，作线段OD的垂直平分线BE交x轴于点E，交AD于点B，作射线OB，以AB为边在△AOB的外侧作正方形ABCA1，延长A1C交射线OB于点B1，以A1B1为边在△A1OB1的外侧作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交射线OB于点B2，以A2B2为边在△A2OB2的外侧作正方形A2B2C2A3…按此规律进行下去，则正方形A2020B2020C2020A2021的周长为 ．
思路引领：由题意可知∠MOBn＝30°，AO＝3，AB=3，所以正方形ABCA1的边长为3，∵CB∥AM，∴CB1＝tan30°•BC＝1，故A1B1＝1+3，以此计算可得每个正方形的边长，进而发现规律．
解：由已知得∠AOD＝60°，
∴∠ADO＝30°．
∵BE垂直平分OD，
∴BO＝BD，
∴∠BOD＝∠ADO＝30°，
∴∠AOB＝60°﹣30°＝30°，
∴OA=12OD＝3，
∴AB＝tan30°•OA=33×3=3，
∴BC=3，
∴正方形ABCA1的周长为43；
易得A1B1=3+33×3=3+1，
∴正方形A1B1C1A2的周长为4（3+1）；
同理可得A2B2=3+1+（3+1）×33=（3+1）(1+33)；
B2C2＝（3+1）(1+33)，
∴正方形A2B2C2A3的周长为4（3+1）(1+33)；
同理A3B3＝（3+1）(1+33)+（3+1）(1+33)×33=(1+33)2(3+1)，
B3C3=(1+33)2(3+1)，
∴正方形A3B3C3A4的周长为4(1+33)2(3+1)；
A4B4=(1+33)3(3+1)=B4C4，
∴正方形A4B4C4A5的周长为4(1+33)3(3+1)；.....．
以此类推可知正方形正方形A2020B2020C2020A2021的周长为4(1+33)2019(3+1)．
故答案为：4(1+33)2019(3+1)．
总结提升：本题考查正方形的性质、垂直平分线的性质，以及三角函数知识，正确找到规律是解题关键．
25．（2020春•文登区期末）如图，在△ABC中，点A1，B1，C1分别是AC，BC，AB的中点，连接A1C1，A1B1，四边形A1B1BC1的面积记作S1；点A2，B2，C2分别是A1C，B1C，A1B1的中点，连接A2C2，A2B2，四边形A2B2B1C2的面积记作S2…，按此规律进行下去，若S△ABC＝a，则S2020＝ ．
思路引领：根据三角形中位线定理可求出S1的值，进而可得出S2的值，找出规律即可得出S2020的值．
解：∵A1C1，A1B1是△ABC的中位线，
∴A1C1=12BC，A1C1∥BC．
∴△A1C1B1∽△ABC，
∴S△AC1A1=14S△ABC=14a．
同理S△ACB1=14S△ABC=14a．
∴S1＝a−14a−14a=12a；
同理可得，S2=a23；
…
∴Sn=a22n−1；
∴S2020=a24039．
故答案是：a24039．
总结提升：本题考查的是相似三角形的性质及三角形中位线定理，正确得出面积变化规律是解答此题的关键．
26．如图，直线l：y=33x+1分别交x轴、y轴于点A和点A1，过点A1作A1B1⊥l，交x轴于点B1，过点B1作B1A2⊥x轴，交直线l于点A2；过点A2作A2B2⊥l，交x轴于点B2，过点B2作B2A3⊥x轴，交直线l于点A3，依此规律…，若图中阴影△A1OB1的面积为S1，阴影△A2B1B2的面积为S2，阴影△A3B2B3的面积为S3…，则Sn＝ ．
思路引领：由直线l：y=33x+1可求出与x轴交点A的坐标，与y轴交点A1的坐标，进而得到OA，OA1的长，也可求出Rt△OAA1的各个内角的度数，是一个特殊的直角三角形，以下所作的三角形都是含有30°角的直角三角形，然后这个求出S1、S2、S3、S4、……根据规律得出Sn．
解：直线l：y=33x+1，当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x=−3
∴A（−3，0）A1（0，1）
∴∠OAA1＝30°
又∵A1B1⊥l，
∴∠OA1B1＝30°，
在Rt△OA1B1中，OB1=33•OA1=33，
∴S1=12OA1⋅OB1=36；
同理可求出：A2B1=43，B1B2=43×33，
∴S2=12A2B1⋅B1B2=12×43×(43×33)=36×(43)2；
依次可求出：S3=36×(43)4；S4=36×(43)6；S5=36×(43)8⋯⋯
因此：Sn=36×(43)2n−2=3332×(43)2n，
故答案为：3332×(43)2n．
总结提升：考查一次函数的图象和性质、解直角三角形、三角形的面积、以及找规律归纳总结结论的能力，由于数据较繁琐、计算量交点，容易出现错误；因此在方法正确的前提下，认真正确的计算则显得尤为重要．
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