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压轴题24规律变化探究性问题-2023年中考数学压轴题专项训练（全国通用）
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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题24规律变化探究性问题
一、单选题
1．（2023春·重庆丰都·九年级校考阶段练习）下列图形都是由同样大小的棋子按一定的规律组成，其中第①个图形有3颗棋子，第②个图形一共有9颗棋子，第③个图形一共有18颗棋子，…，则第⑦个图形中棋子的颗数为（ ）
A．84 B．108 C．135 D．152
【答案】A
【分析】根据第①个图形的棋子数是3=3×1，第②个图形的棋子数是9=3×1+2，第③个图形的棋子数是18=3×1+2+3，…，可得第n个图形的棋子数是3×1+2+…+n，据此求出第⑦个图形中棋子的颗数为多少即可．
【详解】∵第①个图形的棋子数是3=3×1，
第②个图形的棋子数是9=3×1+2，
第③个图形的棋子数是18=3×1+2+3，
…，
∴第n个图形的棋子数是3×1+2+…+n，
∴第⑦个图形中棋子的颗数为：
3×1+2+…+7
=3×24
=84．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了图形的变化类问题，要熟练掌握，解答此类问题的关键是首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
2．（2022秋·山东菏泽·九年级校考阶段练习）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，按如图所示的方式放置，点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=kx+b(k>0)和x轴上，已知点B1（1，1），B2（3，2），则B2021的坐标是( )
A．(22021,22022) B．(22021,22020)
C．(22021-1,22020) D．(22021+1,22020)
【答案】C
【分析】根据B1（1，1），B2（3，2），B3（7，4），……，Bn的横坐标为2n-1，Bn的纵坐标为2n-1，再求解即可．
【详解】解：∵B11,1，即B121-1,21-1
∴A10,1，
∴b=1，
∵B23,2，即B222-1,22-1
∴C1A2=2，
∴A2B1=1，
∴A1B1=A2B1，
∴∠A2A1B1=45°，
∴y=x+1，
∵C2B2=A2B2=A3B2，
∴A3C2=4，
∴B37,4，即B323-1,23-1
……，
∴Bn的横坐标为2n-1，Bn的纵坐标为2n-1，
∴B2021的坐标是22021-1,22020，
故选：C．
【点睛】本题考查图形的变化规律，通过观察所给的图形，探索出正方形边长与点坐标的关系是解题的关键．
3．（2023春·重庆渝北·九年级校联考阶段练习）观察下列“蜂窝图”，按照这样的规律，则第2023个图案中的“”的个数是（ ）
A．6074 B．6072 C．6070 D．6068
【答案】C
【分析】根据题意可得出第n个图案中的“”的个数为3n+1个，即可求解．
【详解】解：∵第1个图案中的“”的个数=1×3+1=4（个），
第2个图案中的“”的个数=2×3+1=7（个），
第3个图案中的“”的个数=3×3+1=10（个），
•••
第2023个图案中的“”的个数=3×2023+1=6070（个），
故选：C．
【点睛】本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是根据已知图形得出规律．
4．（2022秋·四川资阳·九年级统考期末）如图，直线l的解析式为y=33x，点M10，1，M1N1⊥y轴交直线l于点N1；点M2为y轴上位于M1上方的一点，且M1M2=M1N1，M2N2⊥y轴交直线l于点N2；点M3为y轴上位于M2上方的一点，且M2M3=M2N2，M3N3⊥y轴交直线l于点N3 ⋯，按此规律，线段N2022N2023的长为（ ）
A．31+32021 B．31+32022 C．231+32021 D．231+32022
【答案】C
【分析】根据解析式得出：N13，1，N233+1，3+1，N333+12，3+12，从而得出规律，再计算N2022N2023的长度即可．
【详解】解：∵M10，1，
∴将y=1代入y=33x得：x=3，
∴N13，1，
∴M20，3+1
∴将y=3+1代入y=33x得：x=33+1，
∴N233+1，3+1，
∴M30，3+12,
∴将y=3+12代入y=33x得：x=33+12，
N333+12，3+12，
∴Nn33+1n-1，3+1n-1
∴N202233+12021，3+12021
N202333+12022，3+12022
∴N2022N2023=323+14044+3+14044-323+14042+3+14042
=33+14044+3+14044-33+14042+3+14042
=23+12022-23+12021
=231+32021
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数的性质，点的坐标的规律，正确得出规律是解题的关键．
5．（2023·山东德州·模拟预测）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《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项式a+b2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”请计算a+b10的展开式中第三项的系数为（ ）
A．36 B．45 C．55 D．66
【答案】B
【分析】根据“杨辉三角”确定出所求展开式第三项的系数即可．
【详解】找规律发现a+b3的第三项系数为3=1+2；
a+b4的第三项系数为6=1+2+3；
a+b5的第三项系数为10=1+2+3+4；
不难发现a+bn的第三项系数为1+2+3+…+n-2+n-1，
∴a+b10第三项系数为1+2+3+…+9=45，
故选：B．
【点睛】此题考查了探索数字规律以及数学常识，弄清“杨辉三角”中的系数规律是解本题的关键．
6．（2023·湖南益阳·校考模拟预测）如图，矩形ABCD的面积为5，它的两条对角线交于点O1，以AB、AO1为两邻边作平行四边形ABC1O1，平行四边形ABC1O1的对角线交于点O2，同样以AB、AO2为两邻边作平行四边形ABC2O2，…，依此类推，则平行四边形ABCnOn的面积为（ ）
A．52n-1 B．52n C．52n+1 D．52n+2
【答案】B
【分析】先根据矩形的性质可得△ABO1的面积为54，再根据平行四边形的性质可得平行四边形ABC1O1的面积为52，同样的方法可得平行四边形ABC2O2和平行四边形ABC3O3的面积，然后归纳类推出一般规律即可得．
【详解】解：∵矩形ABCD的面积为5，
∴△ABO1的面积为54，
∵四边形ABC1O1是平行四边形，
∴平行四边形ABC1O1的面积为2×54=52，
同理可得：平行四边形ABC2O2的面积为2×14×52=54=522，
平行四边形ABC3O3的面积为2×14×522=523，
归纳类推得：平行四边形ABCnOn的面积为52n，其中n为正整数，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
7．（2022春·四川内江·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△OAB位置如图，∠OBA=90°，点B的坐标为（1，0），每一次将△OAB绕点O逆时针旋转90°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转得到△OA1B1，第二次旋转得到△OA2B2，…，以此类推，则点A2022的坐标是（ ）
A．(22022，22022) B．(-22021，22021) C．(22021，-22021) D．(-22022，-22022)
【答案】D
【分析】△AOB是等腰直角三角形，OA=1，根据等腰直角三角形的性质，可得点A(1，1)逆时针旋转90°后可得A1(-2,2)，同理A2(-4,-4)，依次类推可求得，A3(8,-8)，A4(16,16)，这些点所位于的象限为每4次一循环，根据规律即可求出A2022的坐标．
【详解】∵△OAB是等腰直角三角形，点B的坐标为（1，0），
∴AB=OB=1，
∴A点坐标为(1，1)．
将△OAB绕原点O逆时针旋转90°得到等腰直角三角形OA1B1，且A1B1=2AB，
再将△OA1B1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形OA2B2，且A2B2=2A1B1，
依此规律，
∴点A旋转后的点所位于的象限为每4次一循环，
即A1(-2,2)，A2(-4,-4)，A3(8,-8)，A4(16,16)．
∵2022=505×4+2，
∴点A2022与A2同在一个象限内．
∵-4=-22，8=23，16=24，
∴点A2022(-22022，-22022)．
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形在平面直角坐标系中旋转的规律问题，熟练掌握等腰直角三角形的性质并能够在坐标系中找到点的坐标的变化规律是解题的关键．
8．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(-1,1),B(0,-2),C(1,-0)，点P(0,2)绕点A旋转180°得到点P1，点P1绕点B旋转180°得到点P2，点P2绕点C旋转180°得到点P3，点P3绕点A旋转180°得到点P4……按此作法进行下去，则点P2022的坐标为（ ）
A．(0,2) B．(-2,0) C．(2,-4) D．(-2,-2)
【答案】A
【分析】先画出点P1,P2,P3,P4,P5,P6的坐标，再归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，P1-2,0,P22,-4,P30,4,P4-2,-2,P52,-2,P60,2，是以6次为一个循环，
∵2022=6×337，
∴点P2022的坐标与点P6的坐标相同，即为0,2，
故选：A．
【点睛】本题考查规律型：坐标与图形变化—旋转，解题关键在于归纳类推出一般规律．
9．（2022秋·八年级单元测试）如图所示，直线y=33x+33与y轴相交于点D，点A1在直线y=33x+33上，点B1在x轴，且∆OA1B1是等边三角形，记作第一个等边三角形；然后过B1作B1A2∥OA1与直线y=33x+33相交于点A2，点B2在x轴上，再以B1A2为边作等边三角形A2B2B1，记作第二个等边三角形；同样过B2作B2A3∥OA1与直线y=33x+33相交于点A3，点B3在x轴上，再以B2A3为边作等边三角形A3B3B2，记作第三个等边三角形；⋯依此类推，则第n个等边三角形的顶点A纵坐标为（ ）
A．2n-1 B．2n-2 C．2n-1 ×3 D．2n-2 ×3
【答案】D
【分析】可设直线与x轴相交于C点．通过求交点C、D的坐标可求∠DCO=30°．根据题意得△COA1、△CB1A2、△CB2A3…都是等腰三角形，且腰长变化有规律．在正三角形中求高即可得解．
【详解】解：设直线与x轴相交于C点．
令x=0，则y=33；令y=0，则x=-1．
∴OC=1，OD=33．
∵tan∠DCO=ODOC=33，
∴∠DCO=30°．
∵△OA1B1是正三角形，
∴∠A1OB1=60°．
∴∠CA1O=∠A1CO=30°，
∴OA1=OC=1．
∴第一个正三角形的高=1×sin60°=32；
同理可得：第二个正三角形的边长=1+1=2，高=2×sin60°=3；
第三个正三角形的边长=1+1+2=4，高=4×sin60°=23；
第四个正三角形的边长=1+1+2+4=8，高=8×sin60°=43；
…
第n个正三角形的边长=2n-1，高=2n-2×3．
∴第n个正三角形顶点A的纵坐标是2n-2×3．
故选：D．
【点睛】本题是一次函数综合题型，主要考查了等腰三角形的性质，一次函数图象上点的坐标特征．
10．（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）如图，直线y=x+1与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点B作BC⊥AB，使BC=2BA．将 ΔABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°．则第2022次旋转结束时，点C的对应点C'落在反比例函数y=kx的图象上，则k的值为( )
A．-4 B．4 C．-6 D．6
【答案】C
【分析】过点C作CD⊥y轴，垂足为D，则△BCD是等腰直角三角形，根据BC=22，确定点C的坐标，第一次旋转的坐标，根据第二次旋转坐标与点C关于原点对称，第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称，确定循环节为4，计算2022÷4的余数，确定最后的坐标，利用k=横坐标×纵坐标计算即可．
【详解】如图，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，
∵直线y=x+1与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点B作BC⊥AB，使BC=2BA，
∴A（-1，0），B（0，1），AB=2，BC=22，
∴OA=OB，∠ABO=∠BAO=∠CBD=∠DCB=45°，
∴DC=BD=2，
∴DC=BD=2，OD=OB+BD=3，
∴点C（-2，3），
第一次旋转的坐标为（3，2），第二次旋转坐标与点C关于原点对称为（2，-3），第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称为（-3，-2），第四次回到起点，
∴循环节为4，
∴2022÷4=505…2，
∴第2022次变化后点的坐标为（2，-3），
∴k=-3×2=-6，
故选C．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，反比例函数的解析式的确定，点的坐标的对称性，利用旋转性质，确定点的对称性及其坐标是解题的关键．
二、填空题
11．（2022秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，已知△ABC的周长是1，连接△ABC三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边的中点构成第三个三角形…依此类推，则第2019个三角形的长_______.
【答案】122018
【分析】根据“三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半”可知第2个三角形的周长为12
，第三个三角形的周长为12×12=(12)2，…以此类推，找到规律，即可求出第2019个三角形的周长.
【详解】根据“三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半”可知
第2个三角形的周长为12，
第3个三角形的周长为12×12=(12)2，
第4个三角形的周长为(12)2×12=(12)3，
…
第n个三角形的周长为(12)n-1，
∴第2019个三角形的周长为(12)2018.
故答案为：(12)2018.
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，找出规律是解题的关键.
12．（2023·湖北恩施·统考一模）一个质点在第一象限及x轴、y轴上运动，在第一秒钟，它从原点运动到0,1，然后接着按图中箭头所示方向运动[即0,0→0,1→1,1→1,0→⋅⋅⋅]，且每秒移动一个单位，那么第2023秒时质点所在位置的坐标是_____．
【答案】1,44
【分析】应先判断出走到坐标轴上的点所用的时间以及相对应的坐标，可发现走完一个正方形所用的时间分别为3，5，7，9…，此时点在坐标轴上，进而得到规律．
【详解】解：由题意可知，这点移动的速度是1个单位长度/每秒，设这点为x,y，
到达1,0时用了3秒，到达2,0时用了4秒，
从2,0到0,2有4个单位长度，则到达0,2时用了4+4=8秒，到0,3时用了9秒；
从0,3到3,0有6个单位长度，则到达3,0时用9+6=15秒，到4,0时用16秒；
从4,0到0,4有8个单位长度，则到达0,4时用16+8=24秒，到0,5时用了25秒；
从0,5到5,0有10个单位长度，则到达5,0时用25+10=35秒，到6,0时用了36秒；
…，
可得在x轴上，横坐标为偶数时，所用时间为x2秒，在y轴上时，纵坐标为奇数时，所用时间为y2秒，
∵45×45=2025，
2025→0,45，2026→1,45，2024→0,44，2023→1,44，
∴第2023秒时这个点所在位置的坐标为1,44，
故答案为：1,44．
【点睛】本题主要考查了点的坐标的变化规律，得出运动变化的规律是解决问题的关键．
13．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校考一模）化学中直链烷烃的名称用“碳原子数+烷”来表示．当碳原子数为1~10时，依次用天干——甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、千、癸——表示，其中甲烷、乙烷、丙烷的分子结构式如图所示，则第7个庚烷分子结构式中“H”的个数是______．
【答案】16
【分析】观察题干中分子结构式发现规律，第n个分子结构式中“H”的个数是2n+2，据此即可得到答案．
【详解】解：观察分子结构式可知，
第1个甲烷分子结构式中“H”的个数是4；
第2个乙烷分子结构式中“H”的个数是6；
第3个丙烷分子结构式中“H”的个数是8；
……
∴第n个分子结构式中“H”的个数是2n+2，
∴第7个庚烷分子结构式中“H”的个数是2×7+2=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查了图形类规律探索，通过观察归纳出规律是解题关键．
14．（2023·甘肃陇南·校考一模）按一定规律排列的式子：-3ba,8ba3,-15ba5,24ba7，……第n个式子是 ___________．
【答案】(-1)n⋅n(n+2)ba2n-1
【分析】根据所给式子找出各部分的规律解答即可．
【详解】解：3b,8b,15b,24b，…，分子可表示为：n(n+2)b．
a,a3,a5,a7，…，分母可表示为：a2n-1，
则第n个式子为：(-1)n⋅n(n+2)ba2n-1．
故答案是：(-1)n⋅n(n+2)ba2n-1．
【点睛】本题考查了规律型：数字类规律与探究，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．此题注意分别观察各部分的符号规律．
15．（2023·海南省直辖县级单位·统考一模）用火柴棒按上图的方式摆出一系列图案，按这种方式摆下去，第n个图案所用的火柴棒的根数为_____．
【答案】3n2+3n2
【分析】先根据图案排列规律求出第n个图案的三角形的个数，再根据没有个三角形有三根火柴棒计算即可得解．
【详解】解：第1个图案有1个三角形，
第2个图案有1+2个三角形，
第3个图案有1+2+3个三角形，
…，
依此类推，第n个图案有：1+2+3+…+n个三角形，
∵1+2+3+…+n=nn+12，
∴第n个图案所用的火柴棒的根数为3×nn+12=3n2+3n2．
故答案为：3n2+3n2．
【点睛】本题是对图形变化规律的考查，先求出第n个图案的三角形的个数是解题的关键．
16．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）观察图中每一个大三角形中白色三角形的排列规律，则第n个大三角形中白色三角形有（用含n代数式表示）________个．
【答案】30+31+32+33+……3n-1
【分析】分别数出第1个图形、第2个图形、第3个图形、第4个图形中白色三角形的个数，总结出白色三角形的增长规律，即可推出第 n 个大三角形中白色的三角形的个数．
【详解】解：第1个图形的白色三角形个数为1，
第2个图形的白色三角形个数为1+3=30+31，
第3个图形的白色三角形个数为1+3+9=30+31+32，
第4图形的白色三角形个数为1+3+9+27=30+31+32+33，
…，
以此类推，第n个图形的白色三角形个数为30+31+32+33+……3n-1，
故答案为：30+31+32+33+……3n-1．
【点睛】本题考查规律型中的图形变化问题，解答此题要有以下步骤：①先数出白色三角形的个数；②探索出白色三角形的增长规律；③根据规律解题．本题运算量比较大，要仔细计算．
17．（2023秋·重庆永川·七年级统考期末）如图是一个电子青蛙游戏盘，已知AB=7，BC=6，AC=5，BP0=3．电子青蛙在AB边上的P0处，第一步跳到P1处，使BP1=BP0，第二步跳到P2处，使CP2=CP1，第三步跳到P3处，使AP3=AP2，……，按上述的规则跳下去，第2023步落点为P2023，则P１与P2023之间的距离为_____________．
【答案】0
【分析】根据上述规则，显然6次完成一个循环．因为2023÷6=372…1，则P2023与P1重合，于是得到结论．
【详解】解：第一步跳到P1处，使BP1=BP0=3，
第二步跳到P2处，使CP2=CP1=3，
第三步跳到P3处，使AP3=AP2=2，
第四步跳到P4处，BP3=BP4=5，
第五步跳到P5处，CP4=CP5=1，
第六步跳到p6处，AP5=AP6=4，与P0重合，
∴6次一循环，则2023÷6=372…1，则P2023与P1重合．
∴P1与P2023之间的距离为0，
故答案为：0．
【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中各点的变化规律，利用数形结合的思想解答．
18．（2023秋·河南许昌·九年级校考期末）平面直角坐标系中，若干个半径为1，圆心角为60°的扇形组成的图形如图所示，点P从原点O出发，向右沿箭头所指方向做上下起伏运动，点P在直线上运动的速度为每秒1个单位长度，在弧线上运动的速度为每秒π3个单位长度，则2021秒时，点P的坐标是__________．
【答案】(20212，32)
【分析】根据勾股定理和弧长公式求出的P1坐标，设第n秒运动到Pn(n为自然数）点，根据点P的运动规律找出部分Pn点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“P4n+1(4n+12，32)，P4n+2(n+1,0)，P4n+3(4n+32，-32)，P4n+4(2n+2,0)”，依此规律即可得出结论．
【详解】解：如图，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，
由题意可得：OA=1，∠AOB=60°，
∴OB=12，AB=32，一段弧线长为60×12π180=π3，
∴P1(12，32)，
设第n秒运动到Pn(n为自然数）点，
观察，发现规律：P1(12，32)，P2(1,0)，P3(32，-32)，P4(2,0)，P5(52，32)，…，
∴P4n+1(4n+12，32)，P4n+2(n+1,0)，P4n+3(4n+32，-32)，P4n+4(2n+2,0)．
∵2021=4×505+1，
∴P2021为(20212，32)，
故答案为：(20212，32)．
【点睛】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出变化规律，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据运动的规律找出点的坐标，根据坐标的变化找出坐标变化的规律是关键．
19．（2022秋·山东临沂·九年级统考期中）若关于x的一元二次方程x2-3x+m2+m=0m>0，当m=1,2,3,⋯,2022时，相应的一元二次方程的两根分别记为α1,β1;α2,β2;⋯;α2022,β2022,则1α1+1β1+1α2+1β2+⋯1α2022+1β2022的值为_________．
【答案】60662023
【分析】利用根与系数的关系得到α1+β1=3，α1β1=1×2；α2+β2=3，α2β2=2×3；…α2022+β2022=3，α2022β2022=2022×2023；把原式变形，再代入，即可求出答案．
【详解】解：∵x2-3x+m2+m=0，m=1,2,3,⋯,2022，
∴由根与系数的关系得：α1+β1=3，α1β1=1×2；α2+β2=3，α2β2=2×3；…α2022+β2022=3，α2022β2022=2022×2023；
∴原式=α1+β1α1β1+α2+β2α2β2+....α2022+β2022α2022β2022
=31×2+32×3+....32022×2023
=3×1-12+12-13+....12022-12023
=3×1-12023
=3×20222023
=60662023
故答案为：60662023
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两根时，x1+x2=-ba，x1x2=ca．
20．（2023·江苏扬州·九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，顶点A-5，0，C5，10，点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，AF与BE交于点G，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点G的坐标为______．
【答案】-4，3
【分析】根据正方形的性质得到AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠CBE，根据余角的性质得到∠BGF=90°，过G作GH⊥AB于H，根据相似三角形的性质得到BH=2，根据勾股定理得到HG=4，求得G3，4，找出规律即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，
∵点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，
∴CE=BF=5，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
∴∠BAF=∠CBE，
∵∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠FBG+∠BFG=90°，
∴∠BGF=90°，
∴BE⊥AF，
∵AF=AB2+BF2=102+52=55，
∴BG=AB⋅BFAF=25，
过G作GH⊥AB于H，
∴∠BHG=∠AGB=90°，
∵∠HBG=∠ABG，
∴△ABG∽△GBH，
∴BGAB=BHBG，
∴BG2=BH⋅AB，
∴BH=25210=2，
∴HG=BG2-BH2=4，
∴G3，4，
∵将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴第一次旋转90°后对应的G点的坐标为4，-3，
第二次旋转90°后对应的G点的坐标为-3，-4，
第三次旋转90°后对应的G点的坐标为-4，3，
第四次旋转90°后对应的G点的坐标为3，4，
…，
∵2023=4×505+3，
∴每4次一个循环，第2023次旋转结束时，相当于正方形ABCD绕点O顺时针旋转3次，
∴第2023次旋转结束时，点G的坐标为-4，3，
故答案为：-4，3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形变换—旋转，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
三、解答题
21．（2023·安徽六安·统考二模）观察以下等式：
第1个等式：23=12+16；
第2个等式：25=13+115；
第3个等式：27=14+128；
第4个等式：29=15+145；
……
按照以上规律，解决下列问题：
(1)写出第6个等式：______；
(2)写出你猜想的第n个等式，并证明你的结论．
【答案】(1)213=17+191
(2)22n+1=1n+1+1n+12n+1
【分析】（1）由题干给出的4个等式，抓住不变的量，寻找变化的量前后之间的联系，即可得出第6个等式；
（2）用n表示（1）中找到的规律，利用分式的混合运算法则证明即可．
【详解】（1）解：∵第1个等式：23=12+16；
第2个等式：25=13+115；
第3个等式：27=14+128；
第4个等式：29=15+145；
……
∴第6个等式为：213=17+191，
故答案为：213=17+191；
（2）解：第n个等式为：22n+1=1n+1+1n+12n+1，
证明：1n+1+1n+12n+1
=2n+1n+12n+1+1n+12n+1
=2n+1n+12n+1
=22n+1．
故答案为：22n+1=1n+1+1n+12n+1．
【点睛】本题考查了运算规律的探究，分式的加减运算，掌握规律的探究方法与分式的加减运算是解题的关键．
22．（2022秋·江苏徐州·七年级校考阶段练习）先观察，再解题：
因为1-12=11×2，12-13=12×3，13-14=13×4，…
所以
(1)15×6=______．
(2)请接着完成下面的计算：
11×2+12×3+13×4+⋯+149×50=1-12+12-13+13-14+⋯+149-150
(3)参照上述解法计算11×3+13×5+15×7+⋯+149×51．
【答案】(1)15-16；
(2)4950；
(3)2551
【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可；
（2）利用所给的等式的形式进行求解即可；
（3）仿照（2）的解答方式进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意得：15×6=15-16，
故答案为：15-16；
（2）解：11×2+12×3+13×4+⋯+149×50
=1-12+12-13+13-14+⋯+149-150
=1-12+12-13+13-14+⋯+149-150
=1-150
=4950；
（3）解：11×3+13×5+15×7+⋯+149×51
=12×1-13+12×13-15+12×15-17+⋯+12×149-151
=12×1-13+13-15+15-17⋯+149-151
=12×1-151
=12×5051
=2551．
【点睛】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的等式总结出存在的规律．
23．（2022秋·安徽宣城·七年级统考期末）如图，每个小正方形的面积均为1．将左图中黑色的小正方形移动，得到右边拼成的长方形，根据两种图形方法计算小正方形的个数；如图得出以下等式：
(1)请写出第3个等式：__________；
(2)猜想第n个等式为：__________（用含n的等式表示）；
(3)当n为多少时，左图中的最底端有2024个小正方形？此时左图中共有多少个小正方形？
【答案】(1)2+4+6+8=4×5
(2)2+4+6+⋯+2(n+1)=(n+1)(n+2)
(3)n=1011，共有1025156个小正方形
【分析】（1）根据给出的等式写出答案即可；
（2）根据这3个等式写出答案即可；
（3）因为最底端有2024个小正方形，所以2(n+1)=2024，得出n的值，再计算有多少个小正方形即可．
【详解】（1）解： 2+4+6+8=4×5；
（2）解：2+4+6+⋯+2(n+1)=(n+1)(n+2)；
（3）解：因为最底端有2024个小正方形，所以2(n+1)=2024，
解得：n=1011
所以2+4+6+⋯+2024=1012×1013=1025156（个）
答：n=1011，共有1025156个小正方形．
【点睛】本题考查图形的规律，根据给出的式子找到规律是解题的关键．
24．（2023·安徽·模拟预测）以下是一幅幅平面镶嵌图案，它们由相同的灰色正方形和白色等边三角形排列而成，观察图案，如图1，当正方形只有1个时，等边三角形有4个；如图2，当正方形有2个时，等边三角形有7个；以此类推……
(1)第5个图案中正方形有______个，等边三角形有______个．
(2)第n个图案中正方形有______个，等边三角形有______个．
(3)若此类图案中有2023个等边三角形，该图案中正方形有多少个？
【答案】(1)5，16；
(2)n，3n+1；
(3)该图案中正方形有674个
【分析】（1）观察第1个图案可知：中间的一个正方形对应4个等边三角形，第2个图案可知增加一个正方形，变成了7个等边三角形，增加了3个等边三角形，•••，依次计算可解答；
（2）观察第1个图案，有1个等边三角形；第2个图案，有3+4个等边三角形；•••，依次计算可解答；
（3）根据等边三角形的个数求出图形的个数，即可确定正方形的个数．
【详解】（1）解：观察第1和2个图案可知：图案中每增加1个正方形，则等边三角形增加3个，
∴第5个图案中正方形有5个，等边三角形有4+3+3+3+3=16(个)．
故答案为：5，16；
（2）解：第1个图案：正方形有1个，等边三角形有：4(个)，
第2个图案：正方形有2个，等边三角形有：4+3=7(个)，
第3个图案：正方形有3个，等边三角形有：4+2×3=10(个)，
第4个图案：正方形有4个，等边三角形有：4+3×3=13(个)，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
第n个图案：正方形有n个，等边三角形有：4+3(n-1)=(3n+1)个，
故答案为：n，3n+1；
（3）解：∵3n+1=2023，
解得：n=674，
∴按此规律镶嵌图案，该图案中正方形有674个．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，以等边三角形和正方形的拼图为背景，关键是考查规律性问题的解决方法，探究规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
25．（2023·安徽·模拟预测）十一期间，泉城广场的一个公共区域用盆栽进行了美化，盆栽按如图的方式摆放，图中的盆栽被折线隔开分成若干层，第一层有1个盆栽，第二层有3个盆栽，第三层有5个盆栽，第四层有7个盆栽，……，以此类推．请观察图形规律，解答下列问题：
(1)第10层有 个盆栽，第a层有 个盆栽，前n层共有 个盆栽；
(2)计算：1+3+5+……+25= ；
(3)拓展应用：求27+29+……+1921的值．
【答案】(1)19，2n-1，n2
(2)169
(3)923352
【分析】（1）根据已知数据即可得出每一小层盆栽个数是连续的奇数，进而得出答案；
（2）利用已知数据得出答案即可；
（3）利用已知数据得出答案即可．
【详解】（1）解：第10层有19个盆栽，第n层有2n-1个盆栽；前n层共有1+3+5+……+2n-1=n2，
故答案为：19，2n-1，n2；
（2）解：1+3+5+…+25=132=169 ，
故答案为：169；
（3）解：27+29+31……+1921
=1+3+5+⋯+1921-(1+3+5+⋯+25)）
=9612-132
=923521-169
=923352
【点睛】此题主要考查了图形的变化类，根据已知得出数字的变化规律是解题关键．
26．（2022秋·山东济南·七年级统考期中）利用图形来表示数量或数量关系，也可以利用数量或数量关系来描述图形特征或图形之间的关系，这种思想方法称为数形结合．请你尝试利用数形结合的思想方法解决下列问题
(1)如图①，一个边长为1的正方形，依次取正方形面积的12,14,18⋯12n，根据图示我们可以知道：12+14+18+116+⋯+12n＝ ．（用含有n的式子表示）
(2)如图②，一个边长为1的正方形，第一次取正方形面积的23，然后依次取剩余部分的23，根据图示：计算：23+29+227+⋯+23n＝ ．（用含有n的式子表示）
(3)如图③是一个边长为1的正方形，根据图示：计算：13+29+427+881+⋯+2n-13n＝ ．（用含有n的式子表示）
【答案】(1)1-12n
(2)1-13n
(3)1-2n3n
【分析】（1）根据题意找出规律进行计算即可；
（2）根据题干给出图形，依次取正方形面积的23,29,227，…，找出规律即可；
（3）根据题干给出图形，依次取正方形面积的13,29,427，…，找出规律即可．
【详解】（1）解：∵第1次截取后剩余12，
第2次截取后剩余12×12=122，
第3次截取后剩余12×12×12=123，
…，
第n次截取后剩余12×12×...×12n个=12n，
∴12+14+18+116+12n=1-12n．
故答案为：1-12n．
（2）解：∵第1次截取后剩余13，
第2次截取后剩余13×13=132，
第3次截取后剩余13×13×13=133，
…，
第n次截取后剩余13×13×...×13n个=13n，
∴23+29+227+23n=1-13n．
故答案为：1-13n．
（3）解：∵第1次截取后剩余23，
第2次截取后剩余23×23=2232，
第3次截取后剩余23×23×23=2333，
…，
第n次截取后剩余23×23×...×23n个=2n3n，
∴13+29+427+881+2n-13n=1-2n3n．
故答案为：1-2n3n．
【点睛】本题考查的图形的变化类，根据题干给出的图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
27．（2022秋·浙江杭州·七年级校考期中）完成下列填空：
(1)已知a1=11×2×3+12=23，a2=12×3×4+13=38，a3=13×4×5+14=415，……，依据上述规律，则a99=___________=___________．
(2)有若干张边长都是2的四边形纸片和三角形纸片，从中取一些纸片按如图所示的顺序拼接起来（排在第一位的是四边形），可以组成一个大的平行四边形或一个大的梯形．如果所取的四边形与三角形纸片数的和是5时，那么组成的大平行四边形或梯形的周长是 ___________；如果所取的四边形与三角形纸片数的和是n，那么组成的大平行四边形或梯形的周长是 ___________．
(3)下面是按一定规律排列的一列数：
第1个数：a1=12-(1+-12)；
第2个数：a2=13-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34；
第3个数： a3=14-(1+-12)1+(-1)231+(-1)341+(-1)451+(-1)56；
……
则第n个数为：___________．
【答案】(1)199×100×101+1100，1009999
(2)20，3n+5或3n+4
(3)an=1n+1-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34⋯1+(-1)2n-12n
【分析】（1）找到规律，根据规律填空即可；
（2）第1张纸片的周长为8，由2张纸片所组成的图形的周长比第1张纸片的周长增加了2．由3张纸片所组成的图形的周长比前2张纸片所组成的图形的周长增加了4，按此规律可求解；
（3）找到规律，根据规律填空即可．
【详解】（1）解：∵a1=11×2×3+12=23，a2=12×3×4+13=38，a3=13×4×5+14=415，……，
∴an=1n(n+1)(n+2)+1n+1=n+1n(n+2)，
∴a99=199×100×101+1100=1009999，
故答案为：199×100×101+1100，1009999；
（2）解：解：从图形可推断：
纸张张数为5，图片周长为8+2+4+2+4=3×5+5=20；
当n为奇数时，
组成的大平行四边形或梯形的周长为：8+2+4+…+2+4=3n+5；
当n为偶数时，
组成的大平行四边形或梯形的周长为：8+2+…+4+2=3n+4．
综上，组成的大平行四边形或梯形的周长为3n+5或3n+4．
故答案为：20，3n+5或3n+4．
（3）解：∵第1个数：a1=12-(1+-12)；
第2个数：a2=13-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34；
第3个数： a3=14-(1+-12)1+(-1)231+(-1)341+(-1)451+(-1)56；
……
∴第n个数为an=1n+1-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34⋯1+(-1)2n-12n．
故答案为：an=1n+1-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34⋯1+(-1)2n-12n．
【点睛】本题考查了规律型：图形的变化以及数字的变化，解第(2)题的关键是将纸片的张数分奇偶两种情况进行讨论，得出组成的大平行四边形或梯形的周长．
28．（2022秋·山西吕梁·七年级统考期中）如图，每张小纸带的长为40cm，用胶水把它们粘贴成一张长纸带，接头粘贴重叠部分的长为3cm．
(1)用2张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为77cm，则用3张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为______cm．
(2)①用n张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度是______cm；
②计算用20张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度．
【答案】(1)114
(2)①(37n+3)；②743cm
【分析】（1）理解接头是每相邻两张有一个接头，则三张有两个接头，从而求出每张纸带的长度，即可求解；
（2）①结合（1）推而广之，n张有(n-1)个接头，n张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度是40n-3×(n-1)=(37n+3)cm；
②直接把n=30代入①即可求解．
【详解】（1）解： 每张纸带的长度为：77+3÷2=40(cm)；
∴3张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为：40×3-2×3=114(cm)．
（2）解：①n张纸带的长度为：40n-3×(n-1)=(37n+3)cm．
②当n=20时，37n+3=743(cm)．
∴20张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为743cm．
【点睛】本题考查图形规律，代数式求值，解决问题的关键是读懂题意，找出图形规律是解题的关键．
29．（2023春·七年级课时练习）观察下列各式
(x-1) (x+1)=x2-1
(x-1)x2+x+1=x3-1
(x-1)x3+x2+x+1=x4-1
……
请根据你发现的规律完成下列各题：
(1)根据规律可得(x-1)xn-1+⋯+x+1=___________（其中n为正整数）；
(2)计算：(3-1)×350+349+348+⋯+32+3+1；
(3)①计算：22022+22021+22020+⋯+2+1；
②计算：(-2)2022+(-2)2021+(-2)2020+⋯+(-2)+1．
【答案】(1)xn-1
(2)351-1
(3)①22023-1；②13×(22023+1)
【分析】（1）观察所给式子的特点，等号右边x的指数比等号左边x的最高指数大1，然后写出即可；
（2）根据所给式子的规律，把x换为3即可，(3-1)×350+349+348+⋯+32+3+1 =351-1
（3）配成上述结构式子，利用总结规律直接写出结果；
【详解】（1）(x-1)xn-1+⋯+x+1= xn-1
（2）(3-1)×350+349+348+⋯+32+3+1=351-1
（3）①22022+22021+22020+⋯+2+1
=(2-1)×(22022+22021+22020+⋯+2+1)
=22023-1；
②(-2)2022+(-2)2021+(-2)2020+⋯+(-2)+1
=(-13)×[(-2)-1]×[(-2)2022+(-2)2021+(-2)2020+⋯+(-2)+1]
=-13×[(-2)2023-1]
=13×(22023+1)
【点睛】本题考查了平方差公式的推广，要读懂题目信息并总结出规律，具有规律性是特殊式子的因式分解，解题的关键是找出所给范例展示的规律．
30．（2022秋·广东梅州·七年级校考阶段练习）将正方形ABCD（如图1）作如下划分，第1次划分：分别连接正方形ABCD对边的中点（如图2），得线段HF和EG，它们交于点M，此时图2中共有5个正方形；第2次划分：将图2左上角正方形AEMH再划分，得图3，则图3中共有9个正方形；
（1）若把左上角的正方形依次划分下去，则第100次划分后，图中共有 个正方形；
（2）继续划分下去，第n次划分后图中共有 个正方形；
（3）能否将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形？如果能，请算出是第几次划分，如果不能，需说明理由．
（4）如果设原正方形的边长为1，通过不断地分割该面积为1的正方形，并把数量关系和几何图形巧妙地结合起来，可以很容易得到一些计算结果，试着探究求出下面表达式的结果．计算341+14+142+143+⋯⋯+14n（直接写出答案即可）
【答案】（1）401；（2）4n+1；（3）不能，理由见解析；（4）1﹣14n+1
【分析】（1）探究规律，利用规律即可解决问题；
（2）根据（1）中规律即可解决问题；
（3）假设可以将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形，再构建方程进行求解，最后根据方程的解进行判断；
（4）利用数形结合的思想解决问题，将所求表达式中的数字转化为图形的面积求解即可．
【详解】解：（1）∵第一次可得5个正方形，第二次可得9个正方形，第三次可得13个正方形，
∴从第二次开始，每一次都比上一次多4个正方形，
∴第n次可得（4n＋1）个正方形，
∴第100次可得正方形：4×100＋1＝401（个）；
故答案为：401；
（2）由（1）得：第n次可得（4n＋1）个正方形，
故答案为：4n+1；
（3）不能，理由如下：
假设可以将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形，
则4n＋1＝2018，
解得：n＝504.25，
∵n不是整数，
∴不能将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形；
（4）∵原正方形的边长为1，
∴原正方形的面积为1，
∴第1次划分后每个小正方形的面积为14，第2次划分后每个小正方形的面积为142，第n次划分后每个小正方形的面积为14n，第n+1次划分后每个小正方形的面积为14n+1，
∵341+14+142+143+⋯⋯+14n=34×1+34×14+34×142+34×143+⋯⋯+34×14n，
∴34×1相当于原正方形面积去掉第1次划分后的左上角的小正方形面积，
∴34×1+34×14相当于原正方形面积去掉第2次划分后的左上角的小正方形面积，
∴34×1+34×14+34×142+34×143+⋯⋯+34×14n相当于原正方形面积去掉第n+1次划分后的左上角的小正方形面积，即1-14n+1，
∴341+14+142+143+⋯⋯+14n＝1﹣14n+1．
【点睛】本题考查图形类规律探索，掌握从特殊到一般的思想是解题关键．
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题24规律变化探究性问题
一、单选题
1．（2023春·重庆丰都·九年级校考阶段练习）下列图形都是由同样大小的棋子按一定的规律组成，其中第①个图形有3颗棋子，第②个图形一共有9颗棋子，第③个图形一共有18颗棋子，…，则第⑦个图形中棋子的颗数为（ ）
A．84 B．108 C．135 D．152
【答案】A
【分析】根据第①个图形的棋子数是3=3×1，第②个图形的棋子数是9=3×1+2，第③个图形的棋子数是18=3×1+2+3，…，可得第n个图形的棋子数是3×1+2+…+n，据此求出第⑦个图形中棋子的颗数为多少即可．
【详解】∵第①个图形的棋子数是3=3×1，
第②个图形的棋子数是9=3×1+2，
第③个图形的棋子数是18=3×1+2+3，
…，
∴第n个图形的棋子数是3×1+2+…+n，
∴第⑦个图形中棋子的颗数为：
3×1+2+…+7
=3×24
=84．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了图形的变化类问题，要熟练掌握，解答此类问题的关键是首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
2．（2022秋·山东菏泽·九年级校考阶段练习）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，按如图所示的方式放置，点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=kx+b(k>0)和x轴上，已知点B1（1，1），B2（3，2），则B2021的坐标是( )
A．(22021,22022) B．(22021,22020)
C．(22021-1,22020) D．(22021+1,22020)
【答案】C
【分析】根据B1（1，1），B2（3，2），B3（7，4），……，Bn的横坐标为2n-1，Bn的纵坐标为2n-1，再求解即可．
【详解】解：∵B11,1，即B121-1,21-1
∴A10,1，
∴b=1，
∵B23,2，即B222-1,22-1
∴C1A2=2，
∴A2B1=1，
∴A1B1=A2B1，
∴∠A2A1B1=45°，
∴y=x+1，
∵C2B2=A2B2=A3B2，
∴A3C2=4，
∴B37,4，即B323-1,23-1
……，
∴Bn的横坐标为2n-1，Bn的纵坐标为2n-1，
∴B2021的坐标是22021-1,22020，
故选：C．
【点睛】本题考查图形的变化规律，通过观察所给的图形，探索出正方形边长与点坐标的关系是解题的关键．
3．（2023春·重庆渝北·九年级校联考阶段练习）观察下列“蜂窝图”，按照这样的规律，则第2023个图案中的“”的个数是（ ）
A．6074 B．6072 C．6070 D．6068
【答案】C
【分析】根据题意可得出第n个图案中的“”的个数为3n+1个，即可求解．
【详解】解：∵第1个图案中的“”的个数=1×3+1=4（个），
第2个图案中的“”的个数=2×3+1=7（个），
第3个图案中的“”的个数=3×3+1=10（个），
•••
第2023个图案中的“”的个数=3×2023+1=6070（个），
故选：C．
【点睛】本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是根据已知图形得出规律．
4．（2022秋·四川资阳·九年级统考期末）如图，直线l的解析式为y=33x，点M10，1，M1N1⊥y轴交直线l于点N1；点M2为y轴上位于M1上方的一点，且M1M2=M1N1，M2N2⊥y轴交直线l于点N2；点M3为y轴上位于M2上方的一点，且M2M3=M2N2，M3N3⊥y轴交直线l于点N3 ⋯，按此规律，线段N2022N2023的长为（ ）
A．31+32021 B．31+32022 C．231+32021 D．231+32022
【答案】C
【分析】根据解析式得出：N13，1，N233+1，3+1，N333+12，3+12，从而得出规律，再计算N2022N2023的长度即可．
【详解】解：∵M10，1，
∴将y=1代入y=33x得：x=3，
∴N13，1，
∴M20，3+1
∴将y=3+1代入y=33x得：x=33+1，
∴N233+1，3+1，
∴M30，3+12,
∴将y=3+12代入y=33x得：x=33+12，
N333+12，3+12，
∴Nn33+1n-1，3+1n-1
∴N202233+12021，3+12021
N202333+12022，3+12022
∴N2022N2023=323+14044+3+14044-323+14042+3+14042
=33+14044+3+14044-33+14042+3+14042
=23+12022-23+12021
=231+32021
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数的性质，点的坐标的规律，正确得出规律是解题的关键．
5．（2023·山东德州·模拟预测）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《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项式a+b2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”请计算a+b10的展开式中第三项的系数为（ ）
A．36 B．45 C．55 D．66
【答案】B
【分析】根据“杨辉三角”确定出所求展开式第三项的系数即可．
【详解】找规律发现a+b3的第三项系数为3=1+2；
a+b4的第三项系数为6=1+2+3；
a+b5的第三项系数为10=1+2+3+4；
不难发现a+bn的第三项系数为1+2+3+…+n-2+n-1，
∴a+b10第三项系数为1+2+3+…+9=45，
故选：B．
【点睛】此题考查了探索数字规律以及数学常识，弄清“杨辉三角”中的系数规律是解本题的关键．
6．（2023·湖南益阳·校考模拟预测）如图，矩形ABCD的面积为5，它的两条对角线交于点O1，以AB、AO1为两邻边作平行四边形ABC1O1，平行四边形ABC1O1的对角线交于点O2，同样以AB、AO2为两邻边作平行四边形ABC2O2，…，依此类推，则平行四边形ABCnOn的面积为（ ）
A．52n-1 B．52n C．52n+1 D．52n+2
【答案】B
【分析】先根据矩形的性质可得△ABO1的面积为54，再根据平行四边形的性质可得平行四边形ABC1O1的面积为52，同样的方法可得平行四边形ABC2O2和平行四边形ABC3O3的面积，然后归纳类推出一般规律即可得．
【详解】解：∵矩形ABCD的面积为5，
∴△ABO1的面积为54，
∵四边形ABC1O1是平行四边形，
∴平行四边形ABC1O1的面积为2×54=52，
同理可得：平行四边形ABC2O2的面积为2×14×52=54=522，
平行四边形ABC3O3的面积为2×14×522=523，
归纳类推得：平行四边形ABCnOn的面积为52n，其中n为正整数，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
7．（2022春·四川内江·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△OAB位置如图，∠OBA=90°，点B的坐标为（1，0），每一次将△OAB绕点O逆时针旋转90°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转得到△OA1B1，第二次旋转得到△OA2B2，…，以此类推，则点A2022的坐标是（ ）
A．(22022，22022) B．(-22021，22021) C．(22021，-22021) D．(-22022，-22022)
【答案】D
【分析】△AOB是等腰直角三角形，OA=1，根据等腰直角三角形的性质，可得点A(1，1)逆时针旋转90°后可得A1(-2,2)，同理A2(-4,-4)，依次类推可求得，A3(8,-8)，A4(16,16)，这些点所位于的象限为每4次一循环，根据规律即可求出A2022的坐标．
【详解】∵△OAB是等腰直角三角形，点B的坐标为（1，0），
∴AB=OB=1，
∴A点坐标为(1，1)．
将△OAB绕原点O逆时针旋转90°得到等腰直角三角形OA1B1，且A1B1=2AB，
再将△OA1B1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形OA2B2，且A2B2=2A1B1，
依此规律，
∴点A旋转后的点所位于的象限为每4次一循环，
即A1(-2,2)，A2(-4,-4)，A3(8,-8)，A4(16,16)．
∵2022=505×4+2，
∴点A2022与A2同在一个象限内．
∵-4=-22，8=23，16=24，
∴点A2022(-22022，-22022)．
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形在平面直角坐标系中旋转的规律问题，熟练掌握等腰直角三角形的性质并能够在坐标系中找到点的坐标的变化规律是解题的关键．
8．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(-1,1),B(0,-2),C(1,-0)，点P(0,2)绕点A旋转180°得到点P1，点P1绕点B旋转180°得到点P2，点P2绕点C旋转180°得到点P3，点P3绕点A旋转180°得到点P4……按此作法进行下去，则点P2022的坐标为（ ）
A．(0,2) B．(-2,0) C．(2,-4) D．(-2,-2)
【答案】A
【分析】先画出点P1,P2,P3,P4,P5,P6的坐标，再归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，P1-2,0,P22,-4,P30,4,P4-2,-2,P52,-2,P60,2，是以6次为一个循环，
∵2022=6×337，
∴点P2022的坐标与点P6的坐标相同，即为0,2，
故选：A．
【点睛】本题考查规律型：坐标与图形变化—旋转，解题关键在于归纳类推出一般规律．
9．（2022秋·八年级单元测试）如图所示，直线y=33x+33与y轴相交于点D，点A1在直线y=33x+33上，点B1在x轴，且∆OA1B1是等边三角形，记作第一个等边三角形；然后过B1作B1A2∥OA1与直线y=33x+33相交于点A2，点B2在x轴上，再以B1A2为边作等边三角形A2B2B1，记作第二个等边三角形；同样过B2作B2A3∥OA1与直线y=33x+33相交于点A3，点B3在x轴上，再以B2A3为边作等边三角形A3B3B2，记作第三个等边三角形；⋯依此类推，则第n个等边三角形的顶点A纵坐标为（ ）
A．2n-1 B．2n-2 C．2n-1 ×3 D．2n-2 ×3
【答案】D
【分析】可设直线与x轴相交于C点．通过求交点C、D的坐标可求∠DCO=30°．根据题意得△COA1、△CB1A2、△CB2A3…都是等腰三角形，且腰长变化有规律．在正三角形中求高即可得解．
【详解】解：设直线与x轴相交于C点．
令x=0，则y=33；令y=0，则x=-1．
∴OC=1，OD=33．
∵tan∠DCO=ODOC=33，
∴∠DCO=30°．
∵△OA1B1是正三角形，
∴∠A1OB1=60°．
∴∠CA1O=∠A1CO=30°，
∴OA1=OC=1．
∴第一个正三角形的高=1×sin60°=32；
同理可得：第二个正三角形的边长=1+1=2，高=2×sin60°=3；
第三个正三角形的边长=1+1+2=4，高=4×sin60°=23；
第四个正三角形的边长=1+1+2+4=8，高=8×sin60°=43；
…
第n个正三角形的边长=2n-1，高=2n-2×3．
∴第n个正三角形顶点A的纵坐标是2n-2×3．
故选：D．
【点睛】本题是一次函数综合题型，主要考查了等腰三角形的性质，一次函数图象上点的坐标特征．
10．（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）如图，直线y=x+1与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点B作BC⊥AB，使BC=2BA．将 ΔABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°．则第2022次旋转结束时，点C的对应点C'落在反比例函数y=kx的图象上，则k的值为( )
A．-4 B．4 C．-6 D．6
【答案】C
【分析】过点C作CD⊥y轴，垂足为D，则△BCD是等腰直角三角形，根据BC=22，确定点C的坐标，第一次旋转的坐标，根据第二次旋转坐标与点C关于原点对称，第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称，确定循环节为4，计算2022÷4的余数，确定最后的坐标，利用k=横坐标×纵坐标计算即可．
【详解】如图，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，
∵直线y=x+1与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点B作BC⊥AB，使BC=2BA，
∴A（-1，0），B（0，1），AB=2，BC=22，
∴OA=OB，∠ABO=∠BAO=∠CBD=∠DCB=45°，
∴DC=BD=2，
∴DC=BD=2，OD=OB+BD=3，
∴点C（-2，3），
第一次旋转的坐标为（3，2），第二次旋转坐标与点C关于原点对称为（2，-3），第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称为（-3，-2），第四次回到起点，
∴循环节为4，
∴2022÷4=505…2，
∴第2022次变化后点的坐标为（2，-3），
∴k=-3×2=-6，
故选C．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，反比例函数的解析式的确定，点的坐标的对称性，利用旋转性质，确定点的对称性及其坐标是解题的关键．
二、填空题
11．（2022秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，已知△ABC的周长是1，连接△ABC三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边的中点构成第三个三角形…依此类推，则第2019个三角形的长_______.
【答案】122018
【分析】根据“三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半”可知第2个三角形的周长为12
，第三个三角形的周长为12×12=(12)2，…以此类推，找到规律，即可求出第2019个三角形的周长.
【详解】根据“三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半”可知
第2个三角形的周长为12，
第3个三角形的周长为12×12=(12)2，
第4个三角形的周长为(12)2×12=(12)3，
…
第n个三角形的周长为(12)n-1，
∴第2019个三角形的周长为(12)2018.
故答案为：(12)2018.
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，找出规律是解题的关键.
12．（2023·湖北恩施·统考一模）一个质点在第一象限及x轴、y轴上运动，在第一秒钟，它从原点运动到0,1，然后接着按图中箭头所示方向运动[即0,0→0,1→1,1→1,0→⋅⋅⋅]，且每秒移动一个单位，那么第2023秒时质点所在位置的坐标是_____．
【答案】1,44
【分析】应先判断出走到坐标轴上的点所用的时间以及相对应的坐标，可发现走完一个正方形所用的时间分别为3，5，7，9…，此时点在坐标轴上，进而得到规律．
【详解】解：由题意可知，这点移动的速度是1个单位长度/每秒，设这点为x,y，
到达1,0时用了3秒，到达2,0时用了4秒，
从2,0到0,2有4个单位长度，则到达0,2时用了4+4=8秒，到0,3时用了9秒；
从0,3到3,0有6个单位长度，则到达3,0时用9+6=15秒，到4,0时用16秒；
从4,0到0,4有8个单位长度，则到达0,4时用16+8=24秒，到0,5时用了25秒；
从0,5到5,0有10个单位长度，则到达5,0时用25+10=35秒，到6,0时用了36秒；
…，
可得在x轴上，横坐标为偶数时，所用时间为x2秒，在y轴上时，纵坐标为奇数时，所用时间为y2秒，
∵45×45=2025，
2025→0,45，2026→1,45，2024→0,44，2023→1,44，
∴第2023秒时这个点所在位置的坐标为1,44，
故答案为：1,44．
【点睛】本题主要考查了点的坐标的变化规律，得出运动变化的规律是解决问题的关键．
13．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校考一模）化学中直链烷烃的名称用“碳原子数+烷”来表示．当碳原子数为1~10时，依次用天干——甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、千、癸——表示，其中甲烷、乙烷、丙烷的分子结构式如图所示，则第7个庚烷分子结构式中“H”的个数是______．
【答案】16
【分析】观察题干中分子结构式发现规律，第n个分子结构式中“H”的个数是2n+2，据此即可得到答案．
【详解】解：观察分子结构式可知，
第1个甲烷分子结构式中“H”的个数是4；
第2个乙烷分子结构式中“H”的个数是6；
第3个丙烷分子结构式中“H”的个数是8；
……
∴第n个分子结构式中“H”的个数是2n+2，
∴第7个庚烷分子结构式中“H”的个数是2×7+2=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查了图形类规律探索，通过观察归纳出规律是解题关键．
14．（2023·甘肃陇南·校考一模）按一定规律排列的式子：-3ba,8ba3,-15ba5,24ba7，……第n个式子是 ___________．
【答案】(-1)n⋅n(n+2)ba2n-1
【分析】根据所给式子找出各部分的规律解答即可．
【详解】解：3b,8b,15b,24b，…，分子可表示为：n(n+2)b．
a,a3,a5,a7，…，分母可表示为：a2n-1，
则第n个式子为：(-1)n⋅n(n+2)ba2n-1．
故答案是：(-1)n⋅n(n+2)ba2n-1．
【点睛】本题考查了规律型：数字类规律与探究，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．此题注意分别观察各部分的符号规律．
15．（2023·海南省直辖县级单位·统考一模）用火柴棒按上图的方式摆出一系列图案，按这种方式摆下去，第n个图案所用的火柴棒的根数为_____．
【答案】3n2+3n2
【分析】先根据图案排列规律求出第n个图案的三角形的个数，再根据没有个三角形有三根火柴棒计算即可得解．
【详解】解：第1个图案有1个三角形，
第2个图案有1+2个三角形，
第3个图案有1+2+3个三角形，
…，
依此类推，第n个图案有：1+2+3+…+n个三角形，
∵1+2+3+…+n=nn+12，
∴第n个图案所用的火柴棒的根数为3×nn+12=3n2+3n2．
故答案为：3n2+3n2．
【点睛】本题是对图形变化规律的考查，先求出第n个图案的三角形的个数是解题的关键．
16．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）观察图中每一个大三角形中白色三角形的排列规律，则第n个大三角形中白色三角形有（用含n代数式表示）________个．
【答案】30+31+32+33+……3n-1
【分析】分别数出第1个图形、第2个图形、第3个图形、第4个图形中白色三角形的个数，总结出白色三角形的增长规律，即可推出第 n 个大三角形中白色的三角形的个数．
【详解】解：第1个图形的白色三角形个数为1，
第2个图形的白色三角形个数为1+3=30+31，
第3个图形的白色三角形个数为1+3+9=30+31+32，
第4图形的白色三角形个数为1+3+9+27=30+31+32+33，
…，
以此类推，第n个图形的白色三角形个数为30+31+32+33+……3n-1，
故答案为：30+31+32+33+……3n-1．
【点睛】本题考查规律型中的图形变化问题，解答此题要有以下步骤：①先数出白色三角形的个数；②探索出白色三角形的增长规律；③根据规律解题．本题运算量比较大，要仔细计算．
17．（2023秋·重庆永川·七年级统考期末）如图是一个电子青蛙游戏盘，已知AB=7，BC=6，AC=5，BP0=3．电子青蛙在AB边上的P0处，第一步跳到P1处，使BP1=BP0，第二步跳到P2处，使CP2=CP1，第三步跳到P3处，使AP3=AP2，……，按上述的规则跳下去，第2023步落点为P2023，则P１与P2023之间的距离为_____________．
【答案】0
【分析】根据上述规则，显然6次完成一个循环．因为2023÷6=372…1，则P2023与P1重合，于是得到结论．
【详解】解：第一步跳到P1处，使BP1=BP0=3，
第二步跳到P2处，使CP2=CP1=3，
第三步跳到P3处，使AP3=AP2=2，
第四步跳到P4处，BP3=BP4=5，
第五步跳到P5处，CP4=CP5=1，
第六步跳到p6处，AP5=AP6=4，与P0重合，
∴6次一循环，则2023÷6=372…1，则P2023与P1重合．
∴P1与P2023之间的距离为0，
故答案为：0．
【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现题目中各点的变化规律，利用数形结合的思想解答．
18．（2023秋·河南许昌·九年级校考期末）平面直角坐标系中，若干个半径为1，圆心角为60°的扇形组成的图形如图所示，点P从原点O出发，向右沿箭头所指方向做上下起伏运动，点P在直线上运动的速度为每秒1个单位长度，在弧线上运动的速度为每秒π3个单位长度，则2021秒时，点P的坐标是__________．
【答案】(20212，32)
【分析】根据勾股定理和弧长公式求出的P1坐标，设第n秒运动到Pn(n为自然数）点，根据点P的运动规律找出部分Pn点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“P4n+1(4n+12，32)，P4n+2(n+1,0)，P4n+3(4n+32，-32)，P4n+4(2n+2,0)”，依此规律即可得出结论．
【详解】解：如图，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，
由题意可得：OA=1，∠AOB=60°，
∴OB=12，AB=32，一段弧线长为60×12π180=π3，
∴P1(12，32)，
设第n秒运动到Pn(n为自然数）点，
观察，发现规律：P1(12，32)，P2(1,0)，P3(32，-32)，P4(2,0)，P5(52，32)，…，
∴P4n+1(4n+12，32)，P4n+2(n+1,0)，P4n+3(4n+32，-32)，P4n+4(2n+2,0)．
∵2021=4×505+1，
∴P2021为(20212，32)，
故答案为：(20212，32)．
【点睛】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出变化规律，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据运动的规律找出点的坐标，根据坐标的变化找出坐标变化的规律是关键．
19．（2022秋·山东临沂·九年级统考期中）若关于x的一元二次方程x2-3x+m2+m=0m>0，当m=1,2,3,⋯,2022时，相应的一元二次方程的两根分别记为α1,β1;α2,β2;⋯;α2022,β2022,则1α1+1β1+1α2+1β2+⋯1α2022+1β2022的值为_________．
【答案】60662023
【分析】利用根与系数的关系得到α1+β1=3，α1β1=1×2；α2+β2=3，α2β2=2×3；…α2022+β2022=3，α2022β2022=2022×2023；把原式变形，再代入，即可求出答案．
【详解】解：∵x2-3x+m2+m=0，m=1,2,3,⋯,2022，
∴由根与系数的关系得：α1+β1=3，α1β1=1×2；α2+β2=3，α2β2=2×3；…α2022+β2022=3，α2022β2022=2022×2023；
∴原式=α1+β1α1β1+α2+β2α2β2+....α2022+β2022α2022β2022
=31×2+32×3+....32022×2023
=3×1-12+12-13+....12022-12023
=3×1-12023
=3×20222023
=60662023
故答案为：60662023
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两根时，x1+x2=-ba，x1x2=ca．
20．（2023·江苏扬州·九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，顶点A-5，0，C5，10，点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，AF与BE交于点G，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点G的坐标为______．
【答案】-4，3
【分析】根据正方形的性质得到AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠CBE，根据余角的性质得到∠BGF=90°，过G作GH⊥AB于H，根据相似三角形的性质得到BH=2，根据勾股定理得到HG=4，求得G3，4，找出规律即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，
∵点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，
∴CE=BF=5，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
∴∠BAF=∠CBE，
∵∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠FBG+∠BFG=90°，
∴∠BGF=90°，
∴BE⊥AF，
∵AF=AB2+BF2=102+52=55，
∴BG=AB⋅BFAF=25，
过G作GH⊥AB于H，
∴∠BHG=∠AGB=90°，
∵∠HBG=∠ABG，
∴△ABG∽△GBH，
∴BGAB=BHBG，
∴BG2=BH⋅AB，
∴BH=25210=2，
∴HG=BG2-BH2=4，
∴G3，4，
∵将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴第一次旋转90°后对应的G点的坐标为4，-3，
第二次旋转90°后对应的G点的坐标为-3，-4，
第三次旋转90°后对应的G点的坐标为-4，3，
第四次旋转90°后对应的G点的坐标为3，4，
…，
∵2023=4×505+3，
∴每4次一个循环，第2023次旋转结束时，相当于正方形ABCD绕点O顺时针旋转3次，
∴第2023次旋转结束时，点G的坐标为-4，3，
故答案为：-4，3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形变换—旋转，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
三、解答题
21．（2023·安徽六安·统考二模）观察以下等式：
第1个等式：23=12+16；
第2个等式：25=13+115；
第3个等式：27=14+128；
第4个等式：29=15+145；
……
按照以上规律，解决下列问题：
(1)写出第6个等式：______；
(2)写出你猜想的第n个等式，并证明你的结论．
【答案】(1)213=17+191
(2)22n+1=1n+1+1n+12n+1
【分析】（1）由题干给出的4个等式，抓住不变的量，寻找变化的量前后之间的联系，即可得出第6个等式；
（2）用n表示（1）中找到的规律，利用分式的混合运算法则证明即可．
【详解】（1）解：∵第1个等式：23=12+16；
第2个等式：25=13+115；
第3个等式：27=14+128；
第4个等式：29=15+145；
……
∴第6个等式为：213=17+191，
故答案为：213=17+191；
（2）解：第n个等式为：22n+1=1n+1+1n+12n+1，
证明：1n+1+1n+12n+1
=2n+1n+12n+1+1n+12n+1
=2n+1n+12n+1
=22n+1．
故答案为：22n+1=1n+1+1n+12n+1．
【点睛】本题考查了运算规律的探究，分式的加减运算，掌握规律的探究方法与分式的加减运算是解题的关键．
22．（2022秋·江苏徐州·七年级校考阶段练习）先观察，再解题：
因为1-12=11×2，12-13=12×3，13-14=13×4，…
所以
(1)15×6=______．
(2)请接着完成下面的计算：
11×2+12×3+13×4+⋯+149×50=1-12+12-13+13-14+⋯+149-150
(3)参照上述解法计算11×3+13×5+15×7+⋯+149×51．
【答案】(1)15-16；
(2)4950；
(3)2551
【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可；
（2）利用所给的等式的形式进行求解即可；
（3）仿照（2）的解答方式进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意得：15×6=15-16，
故答案为：15-16；
（2）解：11×2+12×3+13×4+⋯+149×50
=1-12+12-13+13-14+⋯+149-150
=1-12+12-13+13-14+⋯+149-150
=1-150
=4950；
（3）解：11×3+13×5+15×7+⋯+149×51
=12×1-13+12×13-15+12×15-17+⋯+12×149-151
=12×1-13+13-15+15-17⋯+149-151
=12×1-151
=12×5051
=2551．
【点睛】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的等式总结出存在的规律．
23．（2022秋·安徽宣城·七年级统考期末）如图，每个小正方形的面积均为1．将左图中黑色的小正方形移动，得到右边拼成的长方形，根据两种图形方法计算小正方形的个数；如图得出以下等式：
(1)请写出第3个等式：__________；
(2)猜想第n个等式为：__________（用含n的等式表示）；
(3)当n为多少时，左图中的最底端有2024个小正方形？此时左图中共有多少个小正方形？
【答案】(1)2+4+6+8=4×5
(2)2+4+6+⋯+2(n+1)=(n+1)(n+2)
(3)n=1011，共有1025156个小正方形
【分析】（1）根据给出的等式写出答案即可；
（2）根据这3个等式写出答案即可；
（3）因为最底端有2024个小正方形，所以2(n+1)=2024，得出n的值，再计算有多少个小正方形即可．
【详解】（1）解： 2+4+6+8=4×5；
（2）解：2+4+6+⋯+2(n+1)=(n+1)(n+2)；
（3）解：因为最底端有2024个小正方形，所以2(n+1)=2024，
解得：n=1011
所以2+4+6+⋯+2024=1012×1013=1025156（个）
答：n=1011，共有1025156个小正方形．
【点睛】本题考查图形的规律，根据给出的式子找到规律是解题的关键．
24．（2023·安徽·模拟预测）以下是一幅幅平面镶嵌图案，它们由相同的灰色正方形和白色等边三角形排列而成，观察图案，如图1，当正方形只有1个时，等边三角形有4个；如图2，当正方形有2个时，等边三角形有7个；以此类推……
(1)第5个图案中正方形有______个，等边三角形有______个．
(2)第n个图案中正方形有______个，等边三角形有______个．
(3)若此类图案中有2023个等边三角形，该图案中正方形有多少个？
【答案】(1)5，16；
(2)n，3n+1；
(3)该图案中正方形有674个
【分析】（1）观察第1个图案可知：中间的一个正方形对应4个等边三角形，第2个图案可知增加一个正方形，变成了7个等边三角形，增加了3个等边三角形，•••，依次计算可解答；
（2）观察第1个图案，有1个等边三角形；第2个图案，有3+4个等边三角形；•••，依次计算可解答；
（3）根据等边三角形的个数求出图形的个数，即可确定正方形的个数．
【详解】（1）解：观察第1和2个图案可知：图案中每增加1个正方形，则等边三角形增加3个，
∴第5个图案中正方形有5个，等边三角形有4+3+3+3+3=16(个)．
故答案为：5，16；
（2）解：第1个图案：正方形有1个，等边三角形有：4(个)，
第2个图案：正方形有2个，等边三角形有：4+3=7(个)，
第3个图案：正方形有3个，等边三角形有：4+2×3=10(个)，
第4个图案：正方形有4个，等边三角形有：4+3×3=13(个)，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
第n个图案：正方形有n个，等边三角形有：4+3(n-1)=(3n+1)个，
故答案为：n，3n+1；
（3）解：∵3n+1=2023，
解得：n=674，
∴按此规律镶嵌图案，该图案中正方形有674个．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，以等边三角形和正方形的拼图为背景，关键是考查规律性问题的解决方法，探究规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
25．（2023·安徽·模拟预测）十一期间，泉城广场的一个公共区域用盆栽进行了美化，盆栽按如图的方式摆放，图中的盆栽被折线隔开分成若干层，第一层有1个盆栽，第二层有3个盆栽，第三层有5个盆栽，第四层有7个盆栽，……，以此类推．请观察图形规律，解答下列问题：
(1)第10层有 个盆栽，第a层有 个盆栽，前n层共有 个盆栽；
(2)计算：1+3+5+……+25= ；
(3)拓展应用：求27+29+……+1921的值．
【答案】(1)19，2n-1，n2
(2)169
(3)923352
【分析】（1）根据已知数据即可得出每一小层盆栽个数是连续的奇数，进而得出答案；
（2）利用已知数据得出答案即可；
（3）利用已知数据得出答案即可．
【详解】（1）解：第10层有19个盆栽，第n层有2n-1个盆栽；前n层共有1+3+5+……+2n-1=n2，
故答案为：19，2n-1，n2；
（2）解：1+3+5+…+25=132=169 ，
故答案为：169；
（3）解：27+29+31……+1921
=1+3+5+⋯+1921-(1+3+5+⋯+25)）
=9612-132
=923521-169
=923352
【点睛】此题主要考查了图形的变化类，根据已知得出数字的变化规律是解题关键．
26．（2022秋·山东济南·七年级统考期中）利用图形来表示数量或数量关系，也可以利用数量或数量关系来描述图形特征或图形之间的关系，这种思想方法称为数形结合．请你尝试利用数形结合的思想方法解决下列问题
(1)如图①，一个边长为1的正方形，依次取正方形面积的12,14,18⋯12n，根据图示我们可以知道：12+14+18+116+⋯+12n＝ ．（用含有n的式子表示）
(2)如图②，一个边长为1的正方形，第一次取正方形面积的23，然后依次取剩余部分的23，根据图示：计算：23+29+227+⋯+23n＝ ．（用含有n的式子表示）
(3)如图③是一个边长为1的正方形，根据图示：计算：13+29+427+881+⋯+2n-13n＝ ．（用含有n的式子表示）
【答案】(1)1-12n
(2)1-13n
(3)1-2n3n
【分析】（1）根据题意找出规律进行计算即可；
（2）根据题干给出图形，依次取正方形面积的23,29,227，…，找出规律即可；
（3）根据题干给出图形，依次取正方形面积的13,29,427，…，找出规律即可．
【详解】（1）解：∵第1次截取后剩余12，
第2次截取后剩余12×12=122，
第3次截取后剩余12×12×12=123，
…，
第n次截取后剩余12×12×...×12n个=12n，
∴12+14+18+116+12n=1-12n．
故答案为：1-12n．
（2）解：∵第1次截取后剩余13，
第2次截取后剩余13×13=132，
第3次截取后剩余13×13×13=133，
…，
第n次截取后剩余13×13×...×13n个=13n，
∴23+29+227+23n=1-13n．
故答案为：1-13n．
（3）解：∵第1次截取后剩余23，
第2次截取后剩余23×23=2232，
第3次截取后剩余23×23×23=2333，
…，
第n次截取后剩余23×23×...×23n个=2n3n，
∴13+29+427+881+2n-13n=1-2n3n．
故答案为：1-2n3n．
【点睛】本题考查的图形的变化类，根据题干给出的图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
27．（2022秋·浙江杭州·七年级校考期中）完成下列填空：
(1)已知a1=11×2×3+12=23，a2=12×3×4+13=38，a3=13×4×5+14=415，……，依据上述规律，则a99=___________=___________．
(2)有若干张边长都是2的四边形纸片和三角形纸片，从中取一些纸片按如图所示的顺序拼接起来（排在第一位的是四边形），可以组成一个大的平行四边形或一个大的梯形．如果所取的四边形与三角形纸片数的和是5时，那么组成的大平行四边形或梯形的周长是 ___________；如果所取的四边形与三角形纸片数的和是n，那么组成的大平行四边形或梯形的周长是 ___________．
(3)下面是按一定规律排列的一列数：
第1个数：a1=12-(1+-12)；
第2个数：a2=13-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34；
第3个数： a3=14-(1+-12)1+(-1)231+(-1)341+(-1)451+(-1)56；
……
则第n个数为：___________．
【答案】(1)199×100×101+1100，1009999
(2)20，3n+5或3n+4
(3)an=1n+1-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34⋯1+(-1)2n-12n
【分析】（1）找到规律，根据规律填空即可；
（2）第1张纸片的周长为8，由2张纸片所组成的图形的周长比第1张纸片的周长增加了2．由3张纸片所组成的图形的周长比前2张纸片所组成的图形的周长增加了4，按此规律可求解；
（3）找到规律，根据规律填空即可．
【详解】（1）解：∵a1=11×2×3+12=23，a2=12×3×4+13=38，a3=13×4×5+14=415，……，
∴an=1n(n+1)(n+2)+1n+1=n+1n(n+2)，
∴a99=199×100×101+1100=1009999，
故答案为：199×100×101+1100，1009999；
（2）解：解：从图形可推断：
纸张张数为5，图片周长为8+2+4+2+4=3×5+5=20；
当n为奇数时，
组成的大平行四边形或梯形的周长为：8+2+4+…+2+4=3n+5；
当n为偶数时，
组成的大平行四边形或梯形的周长为：8+2+…+4+2=3n+4．
综上，组成的大平行四边形或梯形的周长为3n+5或3n+4．
故答案为：20，3n+5或3n+4．
（3）解：∵第1个数：a1=12-(1+-12)；
第2个数：a2=13-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34；
第3个数： a3=14-(1+-12)1+(-1)231+(-1)341+(-1)451+(-1)56；
……
∴第n个数为an=1n+1-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34⋯1+(-1)2n-12n．
故答案为：an=1n+1-(1+-12)1+(-1)231+(-1)34⋯1+(-1)2n-12n．
【点睛】本题考查了规律型：图形的变化以及数字的变化，解第(2)题的关键是将纸片的张数分奇偶两种情况进行讨论，得出组成的大平行四边形或梯形的周长．
28．（2022秋·山西吕梁·七年级统考期中）如图，每张小纸带的长为40cm，用胶水把它们粘贴成一张长纸带，接头粘贴重叠部分的长为3cm．
(1)用2张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为77cm，则用3张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为______cm．
(2)①用n张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度是______cm；
②计算用20张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度．
【答案】(1)114
(2)①(37n+3)；②743cm
【分析】（1）理解接头是每相邻两张有一个接头，则三张有两个接头，从而求出每张纸带的长度，即可求解；
（2）①结合（1）推而广之，n张有(n-1)个接头，n张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度是40n-3×(n-1)=(37n+3)cm；
②直接把n=30代入①即可求解．
【详解】（1）解： 每张纸带的长度为：77+3÷2=40(cm)；
∴3张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为：40×3-2×3=114(cm)．
（2）解：①n张纸带的长度为：40n-3×(n-1)=(37n+3)cm．
②当n=20时，37n+3=743(cm)．
∴20张这样的小纸带粘贴成的纸带的长度为743cm．
【点睛】本题考查图形规律，代数式求值，解决问题的关键是读懂题意，找出图形规律是解题的关键．
29．（2023春·七年级课时练习）观察下列各式
(x-1) (x+1)=x2-1
(x-1)x2+x+1=x3-1
(x-1)x3+x2+x+1=x4-1
……
请根据你发现的规律完成下列各题：
(1)根据规律可得(x-1)xn-1+⋯+x+1=___________（其中n为正整数）；
(2)计算：(3-1)×350+349+348+⋯+32+3+1；
(3)①计算：22022+22021+22020+⋯+2+1；
②计算：(-2)2022+(-2)2021+(-2)2020+⋯+(-2)+1．
【答案】(1)xn-1
(2)351-1
(3)①22023-1；②13×(22023+1)
【分析】（1）观察所给式子的特点，等号右边x的指数比等号左边x的最高指数大1，然后写出即可；
（2）根据所给式子的规律，把x换为3即可，(3-1)×350+349+348+⋯+32+3+1 =351-1
（3）配成上述结构式子，利用总结规律直接写出结果；
【详解】（1）(x-1)xn-1+⋯+x+1= xn-1
（2）(3-1)×350+349+348+⋯+32+3+1=351-1
（3）①22022+22021+22020+⋯+2+1
=(2-1)×(22022+22021+22020+⋯+2+1)
=22023-1；
②(-2)2022+(-2)2021+(-2)2020+⋯+(-2)+1
=(-13)×[(-2)-1]×[(-2)2022+(-2)2021+(-2)2020+⋯+(-2)+1]
=-13×[(-2)2023-1]
=13×(22023+1)
【点睛】本题考查了平方差公式的推广，要读懂题目信息并总结出规律，具有规律性是特殊式子的因式分解，解题的关键是找出所给范例展示的规律．
30．（2022秋·广东梅州·七年级校考阶段练习）将正方形ABCD（如图1）作如下划分，第1次划分：分别连接正方形ABCD对边的中点（如图2），得线段HF和EG，它们交于点M，此时图2中共有5个正方形；第2次划分：将图2左上角正方形AEMH再划分，得图3，则图3中共有9个正方形；
（1）若把左上角的正方形依次划分下去，则第100次划分后，图中共有 个正方形；
（2）继续划分下去，第n次划分后图中共有 个正方形；
（3）能否将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形？如果能，请算出是第几次划分，如果不能，需说明理由．
（4）如果设原正方形的边长为1，通过不断地分割该面积为1的正方形，并把数量关系和几何图形巧妙地结合起来，可以很容易得到一些计算结果，试着探究求出下面表达式的结果．计算341+14+142+143+⋯⋯+14n（直接写出答案即可）
【答案】（1）401；（2）4n+1；（3）不能，理由见解析；（4）1﹣14n+1
【分析】（1）探究规律，利用规律即可解决问题；
（2）根据（1）中规律即可解决问题；
（3）假设可以将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形，再构建方程进行求解，最后根据方程的解进行判断；
（4）利用数形结合的思想解决问题，将所求表达式中的数字转化为图形的面积求解即可．
【详解】解：（1）∵第一次可得5个正方形，第二次可得9个正方形，第三次可得13个正方形，
∴从第二次开始，每一次都比上一次多4个正方形，
∴第n次可得（4n＋1）个正方形，
∴第100次可得正方形：4×100＋1＝401（个）；
故答案为：401；
（2）由（1）得：第n次可得（4n＋1）个正方形，
故答案为：4n+1；
（3）不能，理由如下：
假设可以将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形，
则4n＋1＝2018，
解得：n＝504.25，
∵n不是整数，
∴不能将正方形ABCD划分成有2018个正方形的图形；
（4）∵原正方形的边长为1，
∴原正方形的面积为1，
∴第1次划分后每个小正方形的面积为14，第2次划分后每个小正方形的面积为142，第n次划分后每个小正方形的面积为14n，第n+1次划分后每个小正方形的面积为14n+1，
∵341+14+142+143+⋯⋯+14n=34×1+34×14+34×142+34×143+⋯⋯+34×14n，
∴34×1相当于原正方形面积去掉第1次划分后的左上角的小正方形面积，
∴34×1+34×14相当于原正方形面积去掉第2次划分后的左上角的小正方形面积，
∴34×1+34×14+34×142+34×143+⋯⋯+34×14n相当于原正方形面积去掉第n+1次划分后的左上角的小正方形面积，即1-14n+1，
∴341+14+142+143+⋯⋯+14n＝1﹣14n+1．
【点睛】本题考查图形类规律探索，掌握从特殊到一般的思想是解题关键．
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