专题15猜想归纳与变式规律问题（押题预测40题：代数式、图形、几何、函数）-【临考预测】2023中考数学重难题型押题培优【全国通用】

这是一份专题15猜想归纳与变式规律问题（押题预测40题：代数式、图形、几何、函数）-【临考预测】2023中考数学重难题型押题培优【全国通用】，文件包含专题15猜想归纳与变式规律问题押题预测40题代数式图形几何函数-临考预测2023中考数学重难题型押题培优全国通用原卷版docx、专题15猜想归纳与变式规律问题押题预测40题代数式图形几何函数-临考预测2023中考数学重难题型押题培优全国通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。

（押题预测40题：代数式、图形、几何、函数）
类型一、数与式的变化规律
1．观察下列按一定规律排列的单项式：x，﹣3x2，5x3，﹣7x4，9x5，﹣11x6，…，按这个规律，第15个单项式是（ ）
A．15x15B．﹣15x15C．29x15D．﹣29x15
【分析】由所给的单项式可得第n个单项式为（﹣1）n+1（2n﹣1）xn，把n＝15代入即可求解．
【解答】解：∵x，﹣3x2，5x3，﹣7x4，9x5，﹣11x6，…，
∴第n个单项式为（﹣1）n+1（2n﹣1）xn，
∴第15个单项式为：29x15，
故选：C．
【点评】本题考查数字的变化规律，通过所给的单项式，探索出系数与次数的关系是解题的关键．
2．观察下列按一定规律排列的数：﹣3，1，9，1，﹣27，1，81，1，…，则第15个数为（ ）
A．315B．﹣315C．38D．﹣38
【分析】由题意归纳出数字符号与绝对值出现的规律进行求解．
【解答】解：由题意得，第4n﹣3个数为（﹣3）n，
第4n﹣1个数为32n，
∵15÷4＝3……3，
∴第15个数为38，
故选：C．
【点评】此题考查了数字规律问题的解决能力，关键是能准确理解题意，并进行规律的归纳与运用．
3．“数学是将科学现象升华到科学本质认识的重要工具”，比如在化学中，甲烷的化学式CH4，乙烷的化学式是C2H6，丙烷的化学式是C3H8，…，设碳原子的数目为n（n为正整数），则它们的化学式都可用下列哪个式子来表示（ ）
A．∁nHn+3B．∁nH2n+2C．∁nH2nD．∁nH2n﹣2
【分析】设碳原子的数目为n（n为正整数）时，氢原子的数目为an，列出部分an的值，根据数值的变化找出变化规律“an＝2n+2”，依此规律即可解决问题．
【解答】解：设碳原子的数目为n（n为正整数）时，氢原子的数目为an，
观察，发现规律：a1＝4＝2×1+2，a2＝6＝2×2+2，a3＝8＝2×3+2，…，
∴an＝2n+2．
∴碳原子的数目为n（n为正整数）时，它的化学式为∁nH2n+2．
故选：B．
【点评】本题考查了规律型中的数字的变化类，解题的关键是找出变化规律“an＝2n+2”．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据碳原子的变化找出氢原子的变化规律是关键．
4．观察下列各数的排列规律：3，54，79，916，1125，…，据此规律可知第10个数是 21100 ．
【分析】不难看出，分母部分是：n2，分子部分是：2n+1，从而可得到第n个数，即可求解．
【解答】解：∵3=2×1+112，
54=2×2+122，
79=2×3+132，
916=2×4+142，
…，
∴第n个数为：2n+1n2，
∴第10个数为：2×10+1102=21100．
故答案为：21100．
【点评】本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的数总结出存在的规律．
5．幻方的历史很悠久，传说最早出现在夏禹时代的“洛书”（图1所示），把“洛书”用今天的数学符号翻译出来，就是一个三阶幻方（图2所示）．观察图1、图2，请你探究出洛书三阶幻方中的奇数和偶数的位置、数和数之间的数量关系所呈现的规律，并用这个规律，求出图3幻方中ab的值为 ﹣2
【分析】观察图1和图2，根据数字关系可得出幻方满足的条件是：每行每列和每条对角线上的数字之和都相等，然后算出图3中的a和b的值即可．
【解答】解：观察图1和图2，根据数字关系可得出幻方满足的条件是：每行每列和每条对角线上的数字之和都相等，
∴图3中满足：b+2+3＝0+2+4＝5+a+3，
∴a＝﹣2，b＝1，
即ab＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查数字的变化规律，总结归纳出数字的变化规律是解题的关键．
6．人们把5−12这个数叫做黄金分割数，著名数学家华罗庚优选法中的0.618法就应用了黄金分割数．设a=5−12，b=5+12，得ab＝1，记S1=11+a+11+b，S2=11+a2+11+b2，S3=11+a3+11+b3，…，则S1+S2+…+S2022＝ 2022 ．
【分析】利用分式的加减法则分别可求S1＝1，S2＝1，S10＝1，•••，利用规律求解即可．
【解答】解：∵S1=11+a+11+b=2+a+b1+a+b+ab=2+a+b2+a+b=1，
S2=11+a2+11+b2=2+a2+b21+a2+b2+a2b2=2+a2+b22+a2+b2=1，
S3=11+a3+11+b3=2+a3+b31+a3+b3+a3b3=2+a3+b32+a3+b3=1，
…，
S2022=11+a2022+11+b2022=1，
∴S1+S2+…+S2022＝1+1+…+1＝2022，
故答案为：2022．
【点评】本题考查了规律型：数字的变化类，找出的规律是本题的关键．
7．仔细观察下列各式：
第1个等式：12+22+22＝（2+1）2；
第2个等式：22+62+32＝（6+1）2；
第3个等式：32+122+42＝（12+1）2；
请你根据以上规律，解决下列问题：
（1）写出第4个等式： 42+202+52＝（20+1）2 ；
（2）写出第n（n为正整数）个等式，并证明等式成立．
【分析】（1）由所给的等式的形式进行求解即可；
（2）分析所给的等式的形式，不难求解．
【解答】解：（1）由题意可得，第4个等式为：42+202+52＝（20+1）2；
故答案为：42+202+52＝（20+1）2；
（2）第n个等式为：n2+[n（n+1）]2+（n+1）2＝[n（n+1）+1]2，
右边＝[n（n+1）]2+2n（n+1）+1
＝[n（n+1）]2+2n2+2n+1
＝[n（n+1）]2+n2+（n2+2n+1）
＝n2+[n（n+1）]2+（n+1）2
＝左边，
故等式成立．
【点评】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．
8．观察下列等式的规律，并解决问题：
第1个等式：1+13=22×13．
第2个等式：2+14=32×14．
第3个等式：3+15=42×15．
……
（1）请写出第4个等式： 4+16=52×16 ；
（2）请用含n的式子表示你发现的规律，并证明．
【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可；
（2）分析所给的等式的形式，再进行总结，即可求解．
【解答】解：（1）第4个等式为：4+16=52×16．
故答案为：4+16=52×16；
（2）规律：n+1n+2=(n+1)2×1n+2，
证明：左边=n(n+2)+1n+2
=n2+2n+1n+2
=(n+1)2n+2
＝（n+1）2×1n+2
＝右边，
故规律成立．
【点评】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．
9．观察下列等式的规律，解答下列问题：
第1个等式：12+22+32＝3×22+2．
第2个等式：22+32+42＝3×32+2
第3个等式：32+42+52＝3×42+2．
第4个等式：42+52+62＝3×52+2．
……
（1）请你写出第5个等式： 52+62+72＝3×62+2 ．
（2）写出你猜想的第n个等式（用含n的式子表示），并证明．
【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可；
（2）分析所给的等式的形式，再进行总结，把等式左边的式子及右边的式子进行整理即可证明．
【解答】解：（1）由题意得：第5个等式为：52+62+72＝3×62+2．
故答案为：52+62+72＝3×62+2；
（2）猜想的第n个等式：n2+（n+1）2+（n+2）2＝3（n+1）2+2，
证明：左边＝n2+n2+2n+1+n2+4n+4＝3n2+6n+5，
右边＝3（n2+2n+1）+2＝3n2+6n+5，
∴左边＝右边，
∴猜想成立．
【点评】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．
10．观察一下等式：
第一个等式：12=1−12，
第二个等式：12+122=1−122，
第三个等式：12+122+123=1−123，
…
按照以上规律，解决下列问题：
（1）12+122+123+124=1− 124 ；
（2）写出第五个式子： 12+122+123+124+125=1−125 ；
（3）用含n（n为正整数）的式子表示一般规律：12+122+123+⋅⋅⋅+12n=1− 12n ；
（4）计算（要求写出过程）：32+322+323+324+325+326．
【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可；
（2）根据所给的等式的形式进行求解即可；
（3）分析所给的等式的形式，不难总结出规律；
（4）利用（3）中的规律进行求解即可．
【解答】解：（1）12+122+123+124=1−124，
故答案为：1−124；
（2）第5个式子为：12+122+123+124+125=1−125，
故答案为：12+122+123+124+125=1−125；
（3）12+122+123+⋅⋅⋅+12n=1−12n，
故答案为：12n；
（4）32+322+323+324+325+326
＝3×（12+122+123+124+125+126）
＝3×（1−126）
＝3×6364
=18964．
【点评】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．
类型二、图形的变化规律
11．用正方形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有5个正方形，第②个图案中有9个正方形，第③个图案中有13个正方形，第④个图案中有17个正方形，此规律排列下去，则第⑩个图案中正方形的个数为（ ）
A．41B．37C．33D．32
【分析】根据图形的变化规律得出第n个图形中有（4n+1）个正方形即可．
【解答】解：由题知，第①个图案中有5个正方形，
第②个图案中有9个正方形，
第③个图案中有13个正方形，
第④个图案中有17个正方形，
……，
第n个图案中有（4n+1）个正方形，
∴第⑩个图案中正方形的个数为：4×10+1＝41，
故选：A．
【点评】本题主要考查图形的变化规律，根据图形的变化得出第n个图形中有（4n+1）个正方形是解题的关键．
12．如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是（ ）
A．7B．8C．9D．10
【分析】由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
【解答】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是1层，
所以最多的为：2+2×2+1×2＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了三视图的知识，由两个视图想象几何体是解题的关键，
13．把黑色圆点按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有4个黑色圆点，第②个图案中有6个黑色圆点，第③个图案中有8个黑色圆点，…，按此规律排列下去，则第⑦个图案中黑色圆点的个数为（ ）
A．12B．14C．16D．18
【分析】第①个图案中有4个黑色圆点，第②个图案中有（4+2）个黑色圆点，第③个图案中有（4+2+2）个黑色圆点，则可以总结出第n个图形中黑色圆点的个数，代入n＝7计算即可．
【解答】解：第①个图案中有4个黑色圆点，
第②个图案中有（4+2）个黑色圆点，
第③个图案中有（4+2+2）个黑色圆点，
第④个图案中有（4+2+2+2）个黑色圆点，
……
则第n个图形中黑色圆点的个数为4+2（n﹣1）＝2n+2，
当n＝7时，2n+2＝2×7+2＝16，
∴第⑦个图案中黑色圆点的个数为16．
故选：C．
【点评】本题属于规律猜想题型的图形变化类，解题的关键是通过图形的变化得出图形中圆点个数的数字变化规律．
14．我国的刺绣有着悠久的历史，如图，（1）（2）（3）（4）为刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣（小正方形的摆放规律相同），则第（5）个图形中包含 41 个小正方形．
【分析】由图形可得：第（1）个图形中正方形的个数为：1，第（2）个图形中正方形的个数为：5＝1+3+1，第（3）个图形中正方形的个数为：13＝1+3+5+3+1，…，据此规律可求解．
【解答】解：∵第（1）个图形中正方形的个数为：1，
第（2）个图形中正方形的个数为：5＝1+3+1，
第（3）个图形中正方形的个数为：13＝1+3+5+3+1，
第（4）个图形中正方形的个数为：25＝1+3+5+7+5+3+1，
…，
∴第（5）个图形中正方形的个数为：1+3+5+7+9+7+5+3+1＝41．
故答案为：41．
【点评】本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律．
15．如图，用大小相同的小正方形拼图形，第1个图形是一个小正方形；第2个图形由9个小正方形拼成；第3个图形由25个小正方形拼成，依此规律，若第n个图形比第（n﹣1）个图形多用了72个小正方形，则n的值是 10 ．
【分析】由题意不难得出第n个图形中小正方形的个数为：（2n﹣1）2，从而可列出相应的方程求解即可．
【解答】解：∵第1个图形中小正方形的个数为：1；
第2个图形中小正方形的个数为9＝（2×2﹣1）2；
第3个图形中小正方形的个数为25＝（2×3﹣1）2，
．
∴第n个图形中小正方形的个数为：（2n﹣1）2，
∵第n个图形比第（n﹣1）个图形多用了72个小正方形，
∴（2n﹣1）2﹣[2（n﹣1）﹣1]2＝72，
解得：n＝10．
故答案为：10．
【点评】本题是主要考查图形的变化规律，解答的关键是得出第n个图形中小正方形的个数是（2n﹣1）2．
16．下列图案均是由边长相同的小正方形按一定的规律构成：第1个图中有1个小正方形，第2个图中有3个小正方形，……，依此规律，则第5个图中有 15 个小正方形，第n个图中有 n(n+1)2 个小正方形（用含n的代数式表示）．
【分析】仔细观察图形知道第一个图形有1个正方形，第二个有3＝1+2个，第三个图形有6＝1+2+3个，由此得到规律，列式计算即可．
【解答】解：第1个图中有1个小正方形，
第2个图中有3个小正方形，3＝1+2，
第3个图中有6个小正方形，3＝1+2+3，
第4个图中有10个小正方形，3＝1+2+3+4，
…，
依此规律，则第5个图中有15个小正方形，第n个图中有n(n+1)2个小正方形．
故答案为：15，n(n+1)2．
【点评】此题主要考查了图形的变化规律，是根据图形进行数字猜想的问题，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律，然后利用规律解决一般问题．
17．如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均为等边三角形，若OA1＝2，则△A2022B2022A2023的边长为 22022 ．
【分析】由OA1＝2，可求得，△A1B1A2的边长为2，△A2B2A3，的边长为2×2＝22，△A3B3A4的边长为22×2＝23…，可归纳得△AnBnAn+1＝2n，即可求得此题结果．
【解答】解：由OA1＝2，可求得，
△A1B1A2的边长＝OA1＝2，△A2B2A3，的边长＝OA2＝2×2＝22，△A3B3A4的边长＝OA3＝22×2＝23…，可归纳得△AnBnAn+1＝2n，
∴△A2022B2022A2023的边长为22022，
故答案为：22022．
【点评】此题考查了图形变化类规律归纳能力，关键是能根据图形进行猜想、验证、归纳规律．
18．观察如图中用小黑点摆成的三角形，并根据图中规律回答相关问题．
（1）第4个图形对应的等式为 1+2+3+4+5=5×(1+5)2 ；
（2）若第n个图形对应的黑点总数为66个，求n的值．
【分析】（1）根据所给的等式的形式进行求解即可；
（2）分析所给的等式的形式，可得到第n个图形的等式为：1+2+3+…+（n+1）=n(1+n)2，据此可求解．
【解答】解：（1）由题意得：第4个图形对应的等式为：1+2+3+4+5=5×(1+5)2，
故答案为：1+2+3+4+5=5×(1+5)2；
（2）由题意得：第n个图形对应的等式为：1+2+3+…+（n+1）=n(1+n)2，
∴n(1+n)2=66，
解得：n＝11．
【点评】本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律．
19．用同样大小的两种不同颜色（白色．灰色）的正方形纸片，按如图方式拼成长方形．
[观察思考]
第（1）个图形中有2＝1×2张正方形纸片；
第（2）个图形中有2×（1+2）＝6＝2×3张正方形纸片；
第（3）个图形中有2×（1+2+3）＝12＝3×4张正方形纸片；
第（4）个图形中有2×（1+2+3+4）＝20＝4×5张正方形纸片；
……
以此类推
[规律总结]
（1）第（5）个图形中有 30 张正方形纸片（直接写出结果）；
（2）根据上面的发现我们可以猜想：1+2+3+……+n＝ n(n+1)2 ；（用含n的代数式表示）
[问题解决]
（3）根据你的发现计算：101+102+103+……+200．
【分析】（1）观察图形的变化即可得第（5）个图形中正方形纸片张数；
（2）根据上面的发现即可猜想：1+2+3+…+n=n(n+1)2；
（3）根据（2）即可进行计算．
【解答】解：（1）第（1）个图形中有2＝1×2张正方形纸片；
第（2）个图形中有2（1+2）＝6＝2×3张正方形纸片；
第（3）个图形中有2（1+2+3）＝12＝3×4张正方形纸片；
第（4）个图形中有2（1+2+3+4）＝20＝4×5张正方形纸片；
…，
第（5）个图形中有张正方形纸片5×6＝30张正方形纸片；
故答案为：30；
（2）根据上面的发现猜想：1+2+3+…+n=n(n+1)2；
故答案为：n(n+1)2；
（3）101+102+103+……+200
＝（1+2+3+…+200）﹣（1+2+3+…+100）
=200(1+200)2−100(1+100)2
＝15050．
【点评】本题考查了规律型﹣图形的变化类，解决本题的关键是观察图形的变化寻找规律．
20．观察下面的点阵图形和与之相对应的等式，探究其中的规律．
①•→4×0+1＝4×1﹣3；
②→4×1+1＝4×2﹣3；
③→4×2+1＝4×3﹣3；
④→ 4×3+1＝4×4﹣3 ；
⑤→ 4×4+1＝4×5﹣3 ．
（1）请在④和⑤后面的横线上分别写出相对应的等式；
（2）猜想第n（n是正整数）个图形相对应的等式为 4（n﹣1）+1＝4n﹣3 ．
【分析】（1）根据从同一顶点向外作出的四条线上的点的个数解答；
（2）根据变化的连续自然数和相应的图形的序数解答．
【解答】解：∵①4×0+1＝4×1﹣3；
②4×1+1＝4×2﹣3；
③4×2+1＝4×3﹣3；
∴④4×3+1＝4×4﹣3，
⑤4×4+1＝4×5﹣3；
故答案为：4×3+1＝4×4﹣3，4×4+1＝4×5﹣3；
（2）由（1）可得：第n个图形对应的等式为：4（n﹣1）+1＝4n﹣3．
故答案为：4（n﹣1）+1＝4n﹣3．
【点评】本题是对图形变化规律的考查，仔细观察图形，从每一条线上的点的个数考虑求解是解题的关键．
类型三、周长与面积的变化规律
21．如图，△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，A'、B'、C'分别为EF、EG、GF的中点，如果△ABC、△EFG、△A'B'C'分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第n个三角形的周长是（ ）
A．64×(12)nB．64×(12)n−1
C．32×(12)nD．32×(12)n−1
【分析】根据三角形中位线定理得到EF=12BC，EG=12AC，FG=12AB，进而求出△EFG的周长，根据题意总结规律，根据规律解答即可．
【解答】解：∵E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，
∴EF=12BC，EG=12AC，FG=12AB，
∴△EFG的周长为：64×12，
同理可得：△A'B'C'的周长为：64×（12）2，
……
则第n个三角形的周长为：64×（12）n﹣1，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、图形的变化规律，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
22．如图，△ABC的周长为a，以它的各边的中点为顶点作△A1B1C1，再以△AB1C1各边的中点为顶点作△A2B2C2，…如此下去，则△AnBn∁n的周长为（ ）
A．12naB．13naC．12n−1aD．13n−1a
【分析】根据三角形中位线定理得到△A1B1C1的周长=12a，△A2B2C2的周长=14a=122a，总结规律，根据规律解答即可．
【解答】解：∵点A1、B1、C1分别为BC、AC、AB的中点，
∴B1C1=12BC，A1C1=12AC，A1B1=12AB，
∴△A1B1C1的周长=12a，
同理，△A2B2C2的周长=14a=122a，
……
则△AnBn∁n的周长=12na，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，正确找出三角形的周长的变化规律是解题的关键．
23．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，CD＝1，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，再连接AC1，以对角线AC1为边作矩形AB1C1C的相似矩形AB2C2C1，…按此规律继续下去，则矩形ABn∁nCn﹣1的周长为（ ）
A．3×（52）nB．3×（52）n﹣1C．6×（52）nD．6×（52）n﹣1
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可求得第n个矩形的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥DC，
∴AC=AD2+CD2=22+12=5，
∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，
∴矩形AB1C1C的边长和矩形ABCD的边长的比为5：2，
∴矩形AB1C1C的周长和矩形ABCD的周长的比5：2，
∵矩形ABCD的周长＝2×（2+1）＝6，
∴矩形AB1C1C的周长＝6×52，
依此类推，矩形AB2C2C1的周长和矩形AB1C1C的周长的比，
∴矩形AB2C2C1的周长6×（52）2，
∴矩形AB3C3C2的周长＝6×（52）3
按此规律第n个矩形的周长为：6×（52）n，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律．
24．在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A1，作第二个正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2，作第三个正方形A2B2C2C1；按这样的规律进行下去，第2018个正方形面积为（ ）
A．5×（32）4034B．5×（32）2017C．5×（94）2018D．5×（94）2019
【分析】先证△ADO∽△A1AB，得出AB＝BC＝2A1B，所以第二个正方形边长为第一个正方形边长的32，以此类推，以后每个正方形边长都是前一个正方形边长的32，然后可求出第2018个正方形边长与第一个正方形边长的关系，从而求出第2018个正方形面积．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC．
∴∠ABA1＝90°，∠DAO+∠BAA1＝90°，
又∠DAO+∠ADO＝90°，
∴∠BAA1＝∠ADO．
∴△ADO∽△A1AB．
∴ODAO=ABA1B=2，BC＝2A1B，
∴A1C=32BC，
以此类推，A2C1=32A1C，A3C2=32A2C1，，
即最后一个正方形边长是前一个正方形边长的32倍，
∴第2018个正方形边长为(32)2017BC，
∵OA＝1，OD＝2，
∴BC＝AD=22+1=5，
∴第2018个正方形面积为[(32)2017⋅BC]2=5×（32）4034，
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与正方形的性质，根据规律推算出第2018个正方形边长与第一个正方形边长的关系是解题关键．也是难点所在，本题有一定综合性．
25．如图，小红作出了边长为1的第1个正△A1B1C1，算出了正△A1B1C1的面积，然后分别取△A1B1C1三边的中点A2，B2，C2，作出了第2个正△A2B2C2，算出了正△A2B2C2的面积，用同样的方法，作出了第3个正△A3B3C3，算出了正△A3B3C3的面积…，由此可得，第2017个正△A2017B2017C2017的面积是（ ）
A．34×（14）2016B．34×（14）2017
C．34×（12）2016D．34×（12）2017
【分析】先由平行线证得三角形相似，再分别求出正△A1B1C1、正△A2B2C2∽的面积、正△A3B3C3的面积，从而推出第n个三角形的面积，则可求得第2017个三角形的面积．
【解答】解：正△A1B1C1的面积为：12×32×1=34
∵△A1B1C1三边的中点为A2，B2，C2，
∴A2B2∥A1B1，A2B2=12A1B1
∴△A2B2C2∽△A1B1C1，△A2B2C2∽的面积：△A1B1C1的面积＝1：4
∴正△A2B2C2∽的面积为：34×14=342；
∵正△A3B3C3的面积：正△A2B2C2∽的面积＝1：4
∴正△A3B3C3的面积为：342×14=343；
…
依此类推第n个正△AnBn∁n的面积是：34n
∴2017个正△A2017B2017C2017的面积是：342017=34×(14)2016．
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质及规律探究，明确相似三角形的判定与性质，并发现题目的规律，是解题的关键．
26．如图，△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，A′、B′、C′分别为EF、EG、FG的中点，如果△ABC、△EFG、△A′B′C′分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第n个三角形的周长是 12n−7 ．
【分析】根据三角形中位线定理分别求出第2个三角形的周长、第3个三角形的周长，总结规律，根据规律解答即可．
【解答】解：∵E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，
∴EF、EG、FG都是△ABC的中位线，
∴EF=12BC，EG=12AC，FG=12AB，
∴△EFG的周长＝64×12=32，即第2个三角形的周长是64×12，
同理可得，第3个三角形的周长是64×122，
……
则第n个三角形的周长是64×12n−1=12n−7，
故答案为：12n−7．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、图形的变化规律，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
27．如图，△ABC的周长为a，以它的各边的中点为顶点作△A1B1C1，再以△AB1C1各边的中点为顶点作△A2B2C2，再以AB2C2各边的中点为顶点作△A3B3C3，…如此下去，则△AnBn∁n的周长为 12na ．
【分析】先根据三角形中位线定理计算，总结规律，根据规律解答即可．
【解答】解：∵点A1、B1、C1分别为BC、AC、AB的中点，
∴B1C1=12BC，A1C1=12AC，A1B1=12AB，
∴△A1B1C1的周长=12a，
同理，△A2B2C2的周长=14a=122a，
……
则△AnBn∁n的周长=12na，
故答案为：12na．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、图形的变化规律，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
28．如图，正方形OA1B1C1的边长为1，以对角线OB1为边作第二个正方形OB1B2C2，再以对角线OB2为边作第三个正方形OB2B3C3，…，则第二个正方形OB1B2C2的面积为 2 ，第n个正方形OBn﹣1Bn∁n的面积为 2n﹣1 （用含n的代数式表示）．
【分析】根据已知求出前4个正方形的面积，然后根据前四个值总结出一般性规律，写出代数式即可．
【解答】解：∵正方形OA1B1C1的边长为1，
则OB1的长为2，
∴正方形OA1B1C1的面积为1＝20，
第二个正方形OB1B2C2的面积为2＝21，
第三个正方形OB2B3C3的面积为4＝22，
第四个正方形OB3B4C4的面积为8＝23，
……
第n个正方形OBn﹣1Bn∁n的面积为2n﹣1．
故答案为：2，2n﹣1．
【点评】本题主要考查图形的变化规律，解答本题的关键是计算前几个正方形的面积，总结规律，然后得出一般性结论．
29．如图，已知OP＝1，过P作PP1⊥OP，且PP1＝1；再过P1作P1P2⊥OP1；且P1P2＝1；又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3＝1；又过P3作P3P4⊥OP3且P3P4＝1；…，按照这种方法依次作下去得到一组直角三角形Rt△OPP1，Rt△OP1P2，Rt△OP2P3，Rt△OP3P4，…，它们的面积分别为S1，S2，S3，S4，…，那么S2022＝ 20222 ．
【分析】根据三角形的面积公式求出S1，根据勾股定理求出OP1、OP2，求出S2，总结规律，根据规律解答即可．
【解答】解：在Rt△OPP1中，OP＝1，PP1＝1，
则S1=12×1×1=12，OP1=12+12=2，
∴S2=12×1×2=22，
同理，S3=32，
……
S2022=20222，
故答案为：20222．
【点评】本题考查的是勾股定理、图形的变化规律，根据勾股定理、结合题意找出三角形面积的变化规律是解题的关键．
30．如图，△A1B1C1的面积为a，分别延长△A1B1C1的三条边B1C1、C1A1、A1B1到点B2、C2、A2，使得C1B2＝B1C1，A1C2＝A1C1，B1A2＝A1B1，得到△A2B2C2；再分别延长△A2B2C2的三条边B2C2、C2A2、A2B2到点B3、C3、A3，使得C2B3＝B2C2，A2C3＝A2C2，B2A3＝A2B2，得到△A3B3C3；…．按照此规律作图得到△AnBn∁n，则△AnBn∁n的面积为 7n﹣1a ．
【分析】连接A2C1．利用三角形的中线把三角形分成面积相等的两个三角形，求出△A2B2C2，△A3B3C3的面积，探究规律，可得结论．
【解答】解：连接A2C1．
∵A2B1＝A1B1，
∴S△A2B1C1=S△A1C1B1=a，
∵B2C1＝B1C1，
∴S△A2B2C1=S△A2B1C1=a，
∴S△A2B2B1=2a，
同法可证，S△A1A2C2=S△B2C1C2=2a，
∴S△A2B2C2=7a，S△A3B3C3=7S△A2B2C2=72•a，
•••，
S△AnBnCn=7n﹣1a，
故答案为：7n﹣1a．
【点评】本题考查三角形的面积，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
类型四、函数与点的坐标变化规律
31．二次函数y＝x2+x的图象与直线l1：y1＝2x有一个交点A1（1，2），与直线l2：y2＝3x有一个交点A2（2，6），与直线l3：y3＝4x有一个交点A3（3，12），……则与直线ln的一个交点An的坐标是（ ）
A．（n，n2+n）B．（n，n2）C．（n+1，n2+n）D．（n，2n）
【分析】观察规律得：A1（1，1×2），A2（2，2×3），A3（3，3×4），……An的坐标是（n，n（n+1）），即可得出答案．
【解答】解：∵二次函数y＝x2+x的图象与直线l1：y1＝2x有一个交点A1（1，2），即A1（1，1×2），
二次函数y＝x2+x的图象与直线l2：y2＝3x有一个交点A2（2，6），即A2（2，2×3），
二次函数y＝x2+x的图象与直线l3：y3＝4x有一个交点A3（3，12），即A3（3，3×4），
……
二次函数y＝x2+x的图象与直线ln：yn＝（n+1）x一个交点An的坐标是（n，n（n+1）），即（n，n2+n），
故选：A．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标，学生的观察图形的能力和理解能力，解题的关键是根据点的坐标得出规律．
32．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，∠A＝90°，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐标是（1，1）．若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，可得A1（2，0），A2（1，﹣1）A3（0，−2），…，则A2022的坐标是（ ）
A．（﹣1，1）B．(0，2)C．(−2，0)D．（1，1）
【分析】根据旋转的性质及旋转角度分析可得旋转8次为一个周期，然后将2022÷8可得余数，从而分析求解．
【解答】解：∵点A的坐标是（1，1）若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，
∴旋转360°÷45°＝8次为一个变化周期，
2022÷8＝，
∴A2022的坐标与第6次旋转后A6的坐标相同，
如图：∵A点坐标为（1，1），
∴OA5＝OA=2，
∴OA6=2，
∴A5的坐标为（−2，0），
∴A6的坐标为（﹣1，1），
即A2022的坐标为（﹣1，1），
故答案为：A．
【点评】本题考查旋转的性质，周期型图形变化规律，理解旋转方向和旋转角的概念，探索图形旋转变化规律，掌握旋转的性质是解题关键．
33．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是（0，2），以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1，以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，再过点A2作x轴的垂线，垂足为点O2，以O2A2为边在右侧作等边三角形O2A2A3，…，按此规律继续作下去，得到等边三角形O2022A2022A2023，则点A2023的纵坐标为（ ）
A．（12）2021B．（12）2022C．（12）2023D．（12）2024
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半得出O1A1=12OA1＝1，O2A2=12O1A2＝（12）1，O3A3=12O2A3＝（12）2，即点A1的纵坐标为1；点A2的纵坐标为（12），点A3的纵坐标为（12）2，以此类推，从中得出规律，即可求出答案．
【解答】解：∵三角形OAA1是等边三角形，
∴OA1＝OA＝2，∠AOA1＝60°，
∴∠O1OA1＝30°．
在直角△O1OA1中，∵∠OO1A1＝90°，∠O1OA1＝30°，
∴O1A1=12OA1＝1，即点A1的纵坐标为1，
同理，O2A2=12O1A2＝（12）1，O3A3=12O2A3＝（12）2，
即点A2的纵坐标为（12）1，
点A3的纵坐标为（12）2，
…
∴点A2023的纵坐标为（12）2022．
故选：B．
【点评】此题考查了规律型：点的坐标，等边三角形的性质，解答此题的关键是通过认真分析，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，从中发现规律．
34．在平面直角坐标系xOy中，直线l经过点A（﹣1，0），点A1，A2，A3，A4，A5，……按如图所示的规律排列在直线l上．若直线l上任意相邻两个点的横坐标都相差1，纵坐标也都相差1，若点An（为正整数）的纵坐标为﹣2022，则n的值为（ ）
A．4042B．4043C．4044D．4045
【分析】观察①n为奇数时，横坐标纵坐标变化得出规律；②n为偶数时，横坐标纵坐标变化得出规律，再求解．
【解答】解：观察①n为奇数时，横坐标变化：﹣1+1，﹣1+2，﹣1+3，…﹣1+n+12，
纵坐标变化为：0﹣1，0﹣2，0﹣3，⋯−n+12，
②n为偶数时，横坐标变化：﹣1﹣1，﹣1﹣2，﹣1﹣3，…﹣1−n2，
纵坐标变化为：1，2，3，⋯n2，
∵点An（n为正整数）的纵坐标为﹣2022，
∴−n+12=−2022，解得n＝4043，
故选：B．
【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出坐标的规律．
35．在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为（﹣1，0），每一次将△AOB绕着点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2022的坐标为（ ）
A．（﹣22022，0）B．（22022，0）
C．（22022，22022）D．（﹣22021，﹣22022）
【分析】根据旋转角度为60°，可知每旋转6次点A的位置重复出现，由此可知第2022次旋转后，点A2与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，再由OAn＝2n，即可求解．
【解答】解：∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
∵2022÷6＝337，
∴第2022次旋转后，点A2与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，
∵第一次旋转后，OA1＝2，
第二次旋转后，OA2＝22，
第三次旋转后，OA3＝23，
……
∴第2022次旋转后，OA2022＝22022，
∴点A2022的坐标为（﹣22022，0），
故选：A．
【点评】本题考查图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质，根据旋转角度找到点的坐标规律是解题的关键．
36．如图，动点P在平面直角坐标系中按“→”所示方向跳动，第一次从A（﹣1，0）跳到点P1（0，1），第二次跳到点P2（1，0），第三次跳到P3（2，﹣2），第四次跳到P4（3，0），第五次跳到P5（4，3），第六次跳到P6（5，0）．第七次跳到P7（6，﹣4），第八次跳到P8（7，0），第九次跳到P9（8，5），……，按这样的跳动规律，点P2022的坐标是（ ）
A．（2020，0）B．（2021，0）C．（2022，0）D．（2023，0）
【分析】观察图象，结合动点P的横坐标和纵坐标可得规律即可．
【解答】解：观察图象，结合动点P第一次从A（﹣1，0）跳到点P1（0，1），第二次运动到点P2（1，0），第三次运动到P3（2，﹣2），第四次运动到P4（3，0），第五运动到P5（4，3），第六次运动到P6（5，0），第七次跳到P7（6，﹣4），第八次跳到P8（7，0），第九次跳到P9（8，5），…，
横坐标为：0，1，2，3，4，5，6，…，
纵坐标为：1，0，﹣2，0，3，0，﹣4，0，5，0，﹣6，…，
可知Pn的横坐标为n﹣1，当n为偶数时纵坐标为0，当n为奇数时，纵坐标为±n+12，当n+12为偶数时符号为负，当n+12为奇数时符号为正，
∴P2022的横坐标为2021，纵坐标为0．
故选：B．
【点评】本题考查了规律型点的坐标，数形结合并从图象中发现循环规律是解题的关键．
37．如图，将边长为1，1，2的等腰直角△ABO沿x轴正方向连续滚动．点A依次落在点小A1，A2，A3，A4 ……的位置，则A2022的坐标是 （1348+6742，1） ．
【分析】分析A1，A2，A3，A4，A5，A6，……点坐标，找到规律：坐标变换规律为3次一循环，A3n﹣2（2n﹣1+n2，0），A3n﹣1（2n﹣1+n2，0），A3n（2n+n2，1），按此规律求解即可．
【解答】解：根据图形分析，从B（1，0）开始旋转，当旋转到A3时，A回到三角形的起始位置，所以旋转3次为一个循环，故坐标变换规律为3次一循环．
A1（1+2，0），A2（1+2，0），A3（2+2，1），
A4（3+22，0），A5（3+22，0），A6（4+22，1），
A7（5+32，0），A8（5+32，0），A9（6+32，1），
A10（7+42，0），A11（7+42，0），A12（8+42，1），
A3n﹣2（2n﹣1+n2，0），A3n﹣1（2n﹣1+n2，0），A3n（2n+n2，1），
当A2022时，即3n＝2022，解得n＝674，
∴横坐标为2n+n2=2×674+6742=1348+6742，纵坐标为1，
则A2022的坐标（1348+6742，1），
故答案为：（1348+6742，1）．
【点评】本题主要考查图形的旋转变换，解题关键是找到图形在旋转的过程中，点坐标变化规律进而求解．
38．如图，在正方形ABCD中，顶点A（﹣5，0），C（5，10），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 （﹣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＝3，求得G（3，4），找出规律即可得到结论．
【解答】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，
∴BGBA=BHBG，
∴BG2＝BH•AB，
∴BH=25×2510=2，
∴HG=BG2−BH2=4，
∴G（3，4），
∵将正方形ABCD绕点O顺时针每次旋转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2020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）．
【点评】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．
39．在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），我们把点P1（﹣y+1，x+1）叫做点P的伴随点．已知点A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，…，这样依次得到点A1，A2，A3，⋯，An，若点A1的坐标为（3，1），则点A2022的坐标为 （0，4） ．
【分析】根据“伴随点”的定义依次求出各点，不难发现，每4个点为一个循环组依次循环，用2022除以4，根据商和余数的情况确定点A2022的坐标即可．
【解答】解：∵A1的坐标为（3，1），
∴A2（0，4），A3（﹣3，1），A4（0，﹣2），A5（3，1），
…，
依此类推，每4个点为一个循环组依次循环，
∵2022÷4＝505余2，
∴点A2022的坐标与A2的坐标相同，为（0，4）；
故答案为：（0，4）．
【点评】此题考查点的坐标规律，读懂题目信息，理解“伴随点”的定义并求出每4个点为一个循环组依次循环是解题的关键．
40．如图，在直角坐标系中，点A在x轴上，OA＝1，以OA为边作等边△OAB，延长OB到点A1，使A1B＝OB；以OA1为边作等边△OA1B1，延长到点A2，使A2B1＝OB1；以OA2为边作等边△OB2A2，延长OB2延长到点A3，使A3B2＝OB2：按照以上方式依次作△OA3B3，△OA4B4，…则点A2022的坐标为 （22022，0） ．
【分析】根据题意可得规律，A6n（26n，0）（n为自然数），A6n+1（26n，26n×3），A6n+2（﹣26n+1，23），A6n+3（﹣26n+3，0），A6n+4（﹣26n+3，﹣26n+3×3），A6n+5（26n+4，﹣26n+4×3），根据规律求解即可．
【解答】解：由题意可知，A1（1，3），A2（﹣2，23），A3（﹣8，0），A4（﹣8，﹣83），A5（16，﹣163），A6（64，0），A7（64，643），
..．
由此可得规律，
A6n（26n，0）（n为自然数），
A6n+1（26n，26n×3），
A6n+2（﹣26n+1，23），
A6n+3（﹣26n+3，0），
A6n+4（﹣26n+3，﹣26n+3×3），
A6n+5（26n+4，﹣26n+4×3），
∵2022＝6×337，
∴点A2022的坐标为（22022，0），
故答案为：（22022，0）．
【点评】本题主要考查点的坐标规律，根据题意找出点的坐标的规律是解题的关键．