重难点01 规律探究型问题(2种命题预测+17种题型汇总+专题训练)-2025年中考数学一轮复习讲义及试题（含答案）

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（2种命题预测+17种题型汇总+专题训练）
【题型汇总】
类型一 数与式、图形的规律问题
【命题预测】数与式、图形的规律问题该题型主要以选择、填空形式出现，难度系数不大，需要学生学会分析各式或图形中的“变”与“不变”的规律一一重点分析“怎样变”，应结合各式或图形的序号进行前后对比分析。主要考査学生阅读理解、观察图形的变化规律的能力，要求学生通过观察分析推理，探究其中蕴含的规律，进而归纳或猜想出一般性的结论.
题型01 个位数规律
1．（2024·山西大同·模拟预测）在营养和生存空间没有限制的情况下，某种细胞可通过分裂来繁殖后代，我们就用数学模型2n来表示，即 21=2,22=4,23=8,24=16,23=32,⋯ 请你推算23024的个位数字是 ．
【答案】6
【分析】本题考查了数字类变化规律，由题意得2n个位数字每四个数按2，4，8，6循环出现，结合3024÷4=756，即可得出答案．
【详解】解：由题意得，2n个位数字每四个数按2，4，8，6循环出现，
∵3024÷4=756，
∴23024的个位数字与24相同，是6，
故答案为：6．
2．（2024·山东临沂·二模）观察下列等式：70=1，71=7，72=49，73=343，74=2401，75=16807，…根据其中的规律可得70+71+72+⋯+72024的结果的个位数字是 ．
【答案】1
【分析】本题考查了有理数乘方的规律型问题，根据已知等式正确发现个位数字的变化规律是解题关键．
先根据已知等式发现个位数字是以1,7,9,3为一循环，再根据2024+1=4×506+1即可得．
【详解】因为70=1，71=7，72=49，73=343，74=2401，75=16807，…，
所以个位数字是以1,7,9,3为一循环，且1+7+9+3=20，
又因为2024+1=4×506+1，506×20+1=10121，
所以70+71+72+⋯+72024的结果的个位数字是1，
故答案为：1．
3．（2021·湖北武汉·一模）观察下列算式：21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,28=256，…，31=3,32=9,33=27,34=81,35=243,36=729,37=2187,33=6561，…，根据上述算式中的规律，221+311的末位数字是（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】D
【分析】本题考查数字的变化规律，通过观察所给的数的尾数，找到21，22，23⋯2n这一列数的其结果的末位数字每4次运算尾数2、4、8、6循环出现，31，32，33⋯3n这一列数的其结果的末位数字每4次运算尾数3、9、7、1循环出现，据此规律求解即可．
【详解】解：∵21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，
，
以此类推，21，22，23⋯2n这一列数的其结果的末位数字每4次运算尾数2、4、8、6循环出现，
∵21÷4=5…1，
∴221的末尾数字与21=2的尾数相同为2，
∵31=3，32=9，33=27，34=81，35=243，36=729，37=2187，38=6561，
，
以此类推，31，32，33⋯3n这一列数的其结果的末位数字每4次运算尾数3、9、7、1循环出现，
∵11÷4=2…3
∴311的末尾数字与33=27的尾数相同为7，
∴221+311的末位数字是：2+7=9．
故选：D．
题型02 单/多项式类规律
4．（2022·西藏·中考真题）按一定规律排列的一组数据：12，−35，12，−717，926，−1137，…．则按此规律排列的第10个数是（ ）
A．−19101B．21101C．−1982D．2182
【答案】A
【分析】把第3个数转化为：510，不难看出分子是从1开始的奇数，分母是n2+1，且奇数项是正，偶数项是负，据此即可求解．
【详解】原数据可转化为：12,−35,510,−717,926,−1137,⋅⋅⋅，
∴12=−11+1×2×1−112+1，
−35=−12+1×2×2−122+1，
510=−13+1×2×3−132+1，
..．
∴第n个数为：−1n+1×2n−1n2+1，
∴第10个数为：−110+1×2×10−1102+1=−19101．
故选：A．
【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数总结出存在的规律．
5．（2023·西藏·中考真题）按一定规律排列的单项式：5a，8a2，11a3，14a4，…．则按此规律排列的第n个单项式为 ．（用含有n的代数式表示）
【答案】3n+2an
【分析】根据系数和字母的次数与单项式的序号关系写出即可．
【详解】解：5a系数为3×1+2=5，次数为1；
8a2系数为3×2+2=8，次数为2；
11a3系数为3×3+2=11，次数为3；
14a4系数为3×4+2=14，次数为4；
∴第n个单项式的系数可表示为：3n+2，字母a的次数可表示为：n，
∴第n个单项式为：3n+2an．
【点睛】本题考查数字变化类规律探究，掌握单项式的系数和次数并发现其变化规律是解题的关键．
6．（2021·甘肃武威·中考真题）一组按规律排列的代数式：a+2b,a2−2b3,a3+2b5,a4−2b7，…，则第n个式子是 ．
【答案】an+−1n+1⋅2b2n−1
【分析】根据已知的式子可以看出：每个式子的第一项中a的次数是式子的序号；第二项中b的次数是序号的2倍减1，而第二项的符号是第奇数项时是正号，第偶数项时是负号．
【详解】解：∵当n为奇数时，−1n+1=1；
当n为偶数时，−1n+1=−1，
∴第n个式子是：an+−1n+1·2b2n−1．
故答案为：an+−1n+1·2b2n−1
【点睛】本题考查了多项式的知识点，认真观察式子的规律是解题的关键．
题型03 单/多项式类规律
7．（2024·四川德阳·中考真题）将一组数2,2,6,22,10,23,⋯,2n,⋯，按以下方式进行排列：
则第八行左起第1个数是（ ）
A．72B．82C．58D．47
【答案】C
【分析】本题考查了数字类规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键．求出第七行共有28个数，从而可得第八行左起第1个数是第29个数，据此求解即可得．
【详解】解：由图可知，第一行共有1个数，第二行共有2个数，第三行共有3个数，
归纳类推得：第七行共有1+2+3+4+5+6+7=28个数，
则第八行左起第1个数是2×29=58，
故选：C．
8．（2022·湖南怀化·中考真题）正偶数2，4，6，8，10，…，按如下规律排列，
则第27行的第21个数是 ．
【答案】744
【分析】由题意知，第n行有n个数，第n行的最后一个偶数为n（n+1），计算出第27行最后一个偶数，再减去与第21位之差即可得到答案．
【详解】由题意知，第n行有n个数，第n行的最后一个偶数为n（n+1），
∴第27行的最后一个数，即第27个数为27×28=756，
∴第27行的第21个数与第27个数差6位数，即756−2×6=744，
故答案为：744．
【点睛】本题考查数字类规律的探究，根据已知条件的数字排列找到规律，用含n的代数式表示出来由此解决问题是解题的关键．
9．（2022·山东泰安·中考真题）将从1开始的连续自然数按以下规律排列：
若有序数对n,m表示第n行，从左到右第m个数，如3,2表示6，则表示99的有序数对是 ．
【答案】10,18
【分析】分析每一行的第一个数字的规律，得出第n行的第一个数字为1+（n−1）2，从而求得最终的答案．
【详解】第1行的第一个数字：1=1+1−12
第2行的第一个数字：2=1+2−12
第3行的第一个数字：5=1+3−12
第4行的第一个数字：10=1+4−12
第5行的第一个数字：17=1+5−12
…..，
设第n行的第一个数字为x，得x=1+n−12
设第n+1行的第一个数字为z，得z=1+n2
设第n行，从左到右第m个数为y
当y=99时
1+(n−1)2≤991)个图案中有2+2n个白色圆片．
故答案为：2+2n．
【点睛】此题考查图形的变化规律，通过从一些特殊的数字变化中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．解题关键是总结归纳出图形的变化规律．
33．（2023·湖北十堰·中考真题）用火柴棍拼成如下图案，其中第①个图案由4个小等边三角形围成1个小菱形，第②个图案由6个小等边三角形围成2个小菱形，……，若按此规律拼下去，则第n个图案需要火柴棍的根数为 （用含n的式子表示）．

【答案】6n+6/6+6n
【分析】当n=1时，有21+1=4个三角形；当n=2时，有22+1=6个三角形；当n=3时，有23+1=8个三角形；第n个图案有2n+1=2n+2个三角形，每个三角形用三根计算即可．
【详解】解：当n=1时，有21+1=4个三角形；
当n=2时，有22+1=6个三角形；
当n=3时，有23+1=8个三角形；
第n个图案有2n+1=2n+2个三角形，
每个三角形用三根，
故第n个图案需要火柴棍的根数为6n+6．
故答案为：6n+6．
【点睛】本题考查了整式的加减的数字规律问题，熟练掌握规律的探索方法是解题的关键．
题型10 图形递变累加型
34．（2024·山东济宁·中考真题）如图，用大小相等的小正方形按照一定规律拼正方形．第一幅图有1个正方形，第二幅图有5个正方形，第三幅图有14个正方形……按照此规律，第六幅图中正方形的个数为（ ）
A．90B．91C．92D．93
【答案】B
【分析】本题主要考查了规律型问题，解题的关键是仔细观察图形并找到有关图形个数的规律．仔细观察图形知道第1个图形有1个正方形，第2个有5=12+22个，第3个图形有14=12+22+32个，…由此得到规律求得第6个图形中正方形的个数即可．
【详解】第1个图形有1个正方形，
第2个图形有5=12+22个正方形，
第3个图形有14=12+22+32个正方形，
……
第6个图形有12+22+32+42+52+62=1+4+9+16+25+36=91（个）正方形，
故选：B.
35．（2022·山东济宁·中考真题）如图，用相同的圆点按照一定的规律拼出图形．第一幅图4个圆点，第二幅图7个圆点，第三幅图10个圆点，第四幅图13个圆点……按照此规律，第一百幅图中圆点的个数是（ ）
A．297B．301C．303D．400
【答案】B
【分析】首先根据前几个图形圆点的个数规律即可发现规律，从而得到第100个图摆放圆点的个数．
【详解】解：观察图形可知：第1幅图案需要4个圆点，即4＋3×0，
第2幅图7个圆点，即4+3=4+3×1；
第3幅图10个圆点，即4＋3＋3=4＋3×2；
第4幅图13个圆点，即4＋3＋3＋3=4＋3×3；
第n幅图中，圆点的个数为：4+3(n-1)=3n+1，
……，
第100幅图，圆中点的个数为：3×100+1=301．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出存在的规律．
36．（2024·西藏·中考真题）如图是由若干个大小相同的“”组成的一组有规律的图案，其中第1个图案用了2个“”，第2个图案用了6个“”，第3个图案用了12个“”，第4个图案用了20个“”，……，依照此规律，第n个图案中“”的个数为 （用含n的代数式表示）．
【答案】n2+n
【分析】
本题考查了图形类规律，根据图形规律求得第n个图案中“”的个数为n2+n，解题的关键是明确题意，发现题目中个数的变化规律．
【详解】
解：∵第1个图案用了12+1=2个“”，
第2个图案用了22+2=6个“”，
第3个图案用了32+3=12个“”，
第4个图案用了42+4=20个“”，
……，
∴第n个图案中“”的个数为n2+n，
故答案为：n2+n．
37．（2024·安徽合肥·二模）若干个“△”和“★”按照一定规律排列成下列图形．
(1)按照上图所示规律，图4中有______个“△”，图5中有______个“★”；
(2)设图n中有x个“△”，y个“★”，试求y与x之间的数量关系．
【答案】(1)10，27
(2)y=2x+1
【分析】本题考查了图形类规律探索，解题的关键是找到图形的变化规律．
（1）仔细观察图形，找到图形的变化规律，利用规律写出答案即可；
（2）根据（1）中的规律利用x和y表示出n，对应相等即可得出答案．
【详解】（1）解：由图可得：
图1中“△”的个数为1=3×1−2，“★”的个数为3=6×1−3，
图2中“△”的个数为4=3×2−2，“★”的个数为9=6×2−3，
图3中“△”的个数为7=3×3−2，“★”的个数为15=6×3−3，
…，
∴图n中“△”的个数为3n−2，“★”的个数为6n−3，
∴图4中有3×4−2=10个“△”，图5中有6×5−3=27个“★”；
（2）解：由（1）得：图n中“△”的个数为3n−2，“★”的个数为6n−3，
∵设图n中有x个“△”，y个“★”，
∴x=3n−2，y=6n−3，
∴n=x+23，n=y+36，
∴y+36=x+23，
∴y=2x+1．
38．（2023·安徽·中考真题）【观察思考】
【规律发现】
请用含n的式子填空：
(1)第n个图案中“”的个数为 ；
(2)第1个图案中“★”的个数可表示为1×22，第2个图案中“★”的个数可表示为2×32，第3个图案中“★”的个数可表示为3×42，第4个图案中“★”的个数可表示为4×52，……，第n个图案中“★”的个数可表示为______________．
【规律应用】
(3)结合图案中“★”的排列方式及上述规律，求正整数n，使得连续的正整数之和1+2+3+⋯+n等于第n个图案中“”的个数的2倍．
【答案】(1)3n
(2)n×n+12
(3)n=11
【分析】（1）根据前几个图案的规律，即可求解；
（2）根据题意，结合图形规律，即可求解．
（3）根据题意，列出一元二次方程，解方程即可求解．
【详解】（1）
解：第1个图案中有3个，
第2个图案中有3+3=6个，
第3个图案中有3+2×3=9个，
第4个图案中有3+3×3=12个，
……
∴第n个图案中有3n个，
故答案为：3n．
（2）第1个图案中“★”的个数可表示为1×22，
第2个图案中“★”的个数可表示为2×32，
第3个图案中“★”的个数可表示为3×42，
第4个图案中“★”的个数可表示为4×52，……，
第n个图案中“★”的个数可表示为n×n+12，
（3）解：依题意，1+2+3+……+n=n×n+12，
第n个图案中有3n个，
∴nn+12=3n×2，
解得：n=0（舍去）或n=11．
【点睛】本题考查了图形类规律，解一元二次方程，找到规律是解题的关键．
题型11 分区域累加型
39．（2024·河北唐山·模拟预测）嘉嘉利用便利贴拼成一个宝塔形图案，宝塔形图案共有10层，每一层由三列的便利贴拼成，前3层如图所示．若同一层中每一列皆比前一列多2张，且每一层第一列皆比前一层第一列多2张，则此宝塔形图案是由（ ）张便利贴拼成的．
A．354B．360C．384D．390
【答案】B
【分析】此题考查了图形的规律，根据各层的的便利贴的数量变化，找到规律，根据规律进行计算即可.
【详解】解：根据题意可得，第一层有便利贴：1+3+5=9（张），
第二层有便利贴：3+5+7=15（张），
第三层有便利贴：5+7+9=21（张），
……
第n（n为正整数）层有便利贴：2n−1+2n+1+2n+3=6n+3（张），
∵9+15+21+…+6n+3=n9+6n+32=3n2+6n
∴当n=10时，3n2+6n=3×102+6×10=360（张），
∴此宝塔形图案是由360张便利贴拼成的．
故选：B
40．（2024·山东泰安·中考真题）如图所示，是用图形“○”和“●”按一定规律摆成的“小屋子”．按照此规律继续摆下去，第 个“小屋子”中图形“○”个数是图形“●”个数的3倍．
【答案】12
【分析】本题主要考查了图形变化的规律、一元二次方程的应用等知识点，能根据所给图形发现“〇”和“●”的个数变化规律是解题的关键．
根据所给图形，依次求出“〇”和“●”的个数，发现规律，再利用规律列出一元二次方程求解即可．
【详解】解：由所给图形可知，
第1个“小屋子”中图形“〇”的个数为：1=1，“●”的个数为：4=1×2+2；
第2个“小屋子”中图形“〇”的个数为：3=1+2，“●”的个数为：6=2×2+2；
第3个“小屋子”中图形“〇”的个数为：6=1+2+3，“●”的个数为：8=3×2+2；
第4个“小屋子”中图形“〇”的个数为：10=1+2+3+4，“●”的个数为：10=4×2+2；
…，
所以第n个“小屋子”中图形“〇”的个数为：1+2+3+⋯+n=n(n+1)2，“●”的个数为：2n+2；
由题知nn+12=32n+2，解得n1=−1，n2=12，
又n为正整数，则n=12，即第12个“小屋子”中图形“〇”个数是图形“●”个数的3倍．
故答案为：12．
41．（2024·安徽·模拟预测）下列图形都是有同样大小的小圆圈按一定规律所组成的，其中第①个图形中一共有4个小圆圈，第②个图形中一共有10个小圆圈，第③个图形中一共有19个小圆圈，…，按此规律排列下去，第⑦个图形中小圆圈的个数为 ．
【答案】85
【分析】本题考查了规律型：图形的变化类，观察图形可得前三个图形的小圆圈的变化规律，进而可得第⑦个图形中小圆圈的个数．
【详解】解：观察图形可知：
第①个图形中一共有4个小圆圈，即1+2+12；
第②个图形中一共有10个小圆圈，即1+2+3+22；
第③个图形中一共有19个小圆圈，即1+2+3+4+32；
按此规律排列下去，
第n个图形中小圆圈的个数为：
1+2+3+4+⋯+n+1+n2=12n+1n+2+n2，
所以第⑦个图形中小圆圈的个数为：
127+17+2+72=85，
故答案为：85
42．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，图案1中“☆”的个数为1×2，“★”的个数为2×32，图案2中“☆”的个数为2×3，“★”的个数为3×42，图案3中“☆”的个数为3×4，“★”的个数为4×52；…．
(1)图案5中“☆”的个数为 ；
(2)图案n中，“★”的个数为 ；（用含n的式子表示）
(3)根据图案中“☆”和“★”的排列方式及规律，若图案n中“★”的个数是“☆”的个数的23，求n的值．
【答案】(1)30
(2)n+1n+22
(3)n的值为6
【分析】本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现“☆”和“★”个数变化的规律是解题的关键．
（1）根据所给图形，发现“☆”个数变化的规律即可解决问题；
（2）根据所给图形，发现“★”个数变化的规律即可解决问题；
（3根据（1）（2）中发现的规律列方程，解方程即可解决问题．
【详解】（1）第1个图案中“☆”的个数为1×2；
第2个图案中“☆”的个数为2×3；
第3个图案中“☆”的个数为3×4；
……
第n个图案中“☆”的个数为nn+1；
即图案5中“☆”的个数为5×6=30
故答案为：30
（2）由题知，
第1个图案中“★”的个数为2×32；
第2个图案中“★”的个数为3×42；
第3个图案中“★”的个数为4×52；
……
第n个图案中“★”的个数为(n+1)(n+2)2；
故答案为：(n+1)(n+2)2．
（3）由题知，
(n+1)(n+2)2=23n(n+1)，
解得n=−1或6，
因为n为正整数，
所以n=6．
故正整数n的值为6．
题型12 图形循环规律
43．（2021百色市模拟）正方形纸板ABCD在数轴上的位置如图所示，点A,D对应的数分别为1和0，若正方形纸板ABCD绕着顶点顺时针方向在数轴上连续翻转，则在数轴上与2020对应的点是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【分析】先翻转一次和两次确认点B、C对应的数，再根据正方形的性质归纳类推出每个顶点对应的数的规律，从而即可得出答案．
【详解】翻转一次可得：点B对应的数为2；再翻转一次可得：点C对应的数为3
在正方形纸板连续翻转的过程中，各顶点对应的数的规律归纳类推如下：
点A对应的数分别为1,5,9,⋯,1+4n，n为非负整数
点B对应的数分别为2,6,10,⋯,2+4n，n为非负整数
点C对应的数分别为3,7,11,⋯,3+4n，n为非负整数
点D对应的数分别为0,4,8,⋯,4n，n为非负整数
由此可知，只有点D对应的数可以为2020，此时n=505为非负整数，符合要求
故选：D．
【点睛】本题考查了数轴的定义的实际应用，读懂题意，归纳类推出规律是解题关键．
44．（2023·浙江衢州·模拟预测）根据图中箭头的指向规律，从2022到2023再到2024，箭头的方向是以下图示中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了图形类规律探究，关键是能根据图示进行准确地归纳、应用．根据图示归纳出箭头的方向规律，再运用规律求解．
【详解】解：由题意得，图示中箭头方向按“上”、“右”、“下”、“右”4次一循环的规律出现，
∵2022÷4=505……2，
∴从2022到2023再到2024，箭头的方向是：“下”、“右”，
故选：B．
45．（2024贵州市模拟）如图，物体从A点出发，按照A→B（第一步）→C（第二步）→D→A→E→F→G→A→B……的顺序循环运动，则第2023步到达（ ）
A．A点B．C点C．G点D．F点
【答案】C
【分析】本题考查了规律型：图形的变化类，根据物体的运动规律找出每8步一个循环是解题的关键．根据物体的运动规律可知：每8步一个循环，结合2023÷8=252⋯7可知第2023步和第7步到达同一点，进而即可得出结论．
【详解】根据物体的运动规律可知，每8步一个循环，
又2023÷8=252⋯7，
∴第2023步到达G点．
故选：C．
46．（2022·海南省直辖县级单位·二模）如图，正方形ABCD边长为1，动点P从A开始沿正方形的边按A→B→C→D→A逆时针方向循环运动，当它的运动路程为2022时，点P所在位置为点 ．
【答案】C
【分析】先分析得出一周的路程为4，然后运用整式的除法得出所走的圈数，从而得出点P的位置；
【详解】由分析可知：动点P从A开始沿正方形的边按A→B→C→D→A逆时针方向运动一周路程为4，
∴当它的运动路程为2022时，2022÷4=505⋯2，
∴点P应该从点A运动到点C；
故点P所在的位置是C；
故答案是C．
【点睛】本题主要考查了图形的变化类问题，结合实际考查了整式的除法问题，关键是找到点P运动的规律．
47．（2022·山东聊城·中考真题）如图，线段AB=2，以AB为直径画半圆，圆心为A1，以AA1为直径画半圆①；取A1B的中点A2，以A1A2为直径画半圆②；取A2B的中点A3，以A2A3为直径画半圆③…按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为 ．
【答案】255256π/255π256
【分析】由AB＝2，可得半圆①弧长为12π，半圆②弧长为（12）2π，半圆③弧长为（12）3π，半圆⑧弧长为（12）8π，即可得8个小半圆的弧长之和为12π+（12）2π+（12）3π+...+（12）8π＝255256π．
【详解】解：∵AB=2，
∴AA2=1，半圆①弧长为π×12=12π，
同理A1A2=12，半圆②弧长为π×122=122π，
A2A3=14，半圆③弧长为π×142=123π，
……
半圆⑧弧长为π×1272=128π，
∴8个小半圆的弧长之和为12π+122π+123π+⋅⋅⋅+128π=255256π．
故答案为：255256π．
【点睛】此题考查图形的变化类规律，解题的关键是掌握圆的周长公式和找到弧长的变化规律．
48．（2022·黑龙江绥化·中考真题）如图，∠AOB=60°，点P1在射线OA上，且OP1=1，过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1，在射线OA上截取P1P2，使P1P2=P1K1；过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2，在射线OA上截取P2P3，使P2P3=P2K2.按照此规律，线段P2023K2023的长为 ．
【答案】31+32022
【分析】解直角三角形分别求得P1K1，P2K2，P3K3，……，探究出规律，利用规律即可解决问题．
【详解】解：∵P1K1⊥OA，
∴△OP1K1是直角三角形，
在Rt△OP1K1中，∠AOB=60°，OP1=1，
∴P1P2=P1K1=OP1⋅tan60°=3，
∵P1K1⊥OA，P2K2⊥OA，
∴P1K1∥P2K2，
∴△OP2K2∽△OP1K1，
∴P2K2P1K1=OP2OP1，
∴P2K23=1+31，
∴P2K2=31+3，
同理可得：P3K3=31+32，P4K4=31+33，……，
∴PnKn=31+3n−1，
∴P2023K2023=31+32022，
故答案为：31+32022．
【点睛】本题考查了图形的规律，解直角三角形，平行线的判定，相似三角形的判定与性质，解题的关键是学会探究规律的方法．
49．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，在RtΔOAB中，∠AOB=90°，OA=OB，AB=1，作正方形A1B1C1D1，使顶点A1，B1分别在OA，OB上，边C1D1在AB上；类似地，在Rt△OA1B1中，作正方形A2B2C2D2；在Rt△OA2B2中，作正方形A3B3C3D3；…；依次作下去，则第n个正方形AnBnCnDn的边长是 ．
【答案】13n
【分析】法一：过O作OM⊥AB，通过做辅助线并结合等腰直角三角形的性质找到第二个正方形边长与第一个正方形边长的比值为13，依次类推可得第n个正方形的边长．
法二：直接利用等腰直角三角形的性质，找到第二个正方形边长与第一个正方形边长的比值为13，依次类推可得第n个正方形的边长．
【详解】解：法1：过O作OM⊥AB，交AB于点M，交A1B1于点N，如图所示：
∵A1B1//AB，
∴ON⊥A1B1，
∵ΔOAB为斜边为1的等腰直角三角形，
∴OM=12AB=12，
又∵△OA1B1为等腰直角三角形，
∴ON=12A1B1=12MN，
∴ON:OM=1:3，
∴第1个正方形的边长A1C1=MN=23OM=23×12=13，
同理第2个正方形的边长A2C2=23ON=23×16=132，
则第n个正方形AnBnDnCn的边长13n；
法2：由题意得：∠A=∠B=45°，
∴AC1=A1C1=C1D1=B1D1=BD1，AB=1，
∴C1D1=13AB=13，
同理可得：C2D2=13A1B1=132AB=132，
依此类推CnDn=13n．
故答案为：13n．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形与正方形的性质，能够准确利用相关性质找到正方形边长的比值规律是解决本题的关键．
50．（2020·辽宁·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE=DA，连接EB，点F1是CD的中点，连接EF1，BF1，得到ΔEF1B；点F2是CF1的中点，连接EF2，BF2，得到ΔEF2B；点F3是CF2的中点，连接EF3，BF3，得到ΔEF3B；…；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD的面积等于2，则ΔEFnB的面积为 ．（用含正整数n的式子表示）

【答案】2n+12n
【分析】先计算出ΔEF1B、ΔEF2B、ΔEF3B的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解．
【详解】解：∵AE=DA，
∴ΔABE面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为2+1=3，
∵点F1是CD的中点，∴DF1=CF1
∴SΔBF1C=12BC⋅CF1=12BC⋅12CD=14S矩形ABCD=12，
SΔDF1E=12DE⋅DF1=12×2AD⋅12DC=12S矩形ABCD=1，
∴SΔEF1B=S梯形ABCD−SΔDF1E−SΔBF1C=3−1−12=32，
∵点F2是CF1的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
∴SΔBF2C=12SΔBF1C=14，
且DF2=32DF1，
∴SΔDF2E=32SΔDF1E=32
∴SΔEF2B=S梯形ABCD−SΔDF2E−SΔBF2C=3−32−14=54，
同理可以计算出：
SΔBF3C=12SΔBF2C=18，
且DF3=74DF1，
∴SΔDF3E=74SΔDF1E=74，
∴SΔEF3B=S梯形ABCD−SΔDF3E−SΔBF3C=3−74−18=98，
故ΔEF1B、ΔEF2B、ΔEF3B的面积分别为：32,54,98，
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合2n，分子规律为2n+1，
∴ΔEFnB的面积为2n+12n．
故答案为：2n+12n．
【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．
题型13 图形类规律
47．（2022·山东聊城·中考真题）如图，线段AB=2，以AB为直径画半圆，圆心为A1，以AA1为直径画半圆①；取A1B的中点A2，以A1A2为直径画半圆②；取A2B的中点A3，以A2A3为直径画半圆③…按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为 ．
【答案】255256π/255π256
【分析】由AB＝2，可得半圆①弧长为12π，半圆②弧长为（12）2π，半圆③弧长为（12）3π，半圆⑧弧长为（12）8π，即可得8个小半圆的弧长之和为12π+（12）2π+（12）3π+...+（12）8π＝255256π．
【详解】解：∵AB=2，
∴AA2=1，半圆①弧长为π×12=12π，
同理A1A2=12，半圆②弧长为π×122=122π，
A2A3=14，半圆③弧长为π×142=123π，
……
半圆⑧弧长为π×1272=128π，
∴8个小半圆的弧长之和为12π+122π+123π+⋅⋅⋅+128π=255256π．
故答案为：255256π．
【点睛】此题考查图形的变化类规律，解题的关键是掌握圆的周长公式和找到弧长的变化规律．
48．（2022·黑龙江绥化·中考真题）如图，∠AOB=60°，点P1在射线OA上，且OP1=1，过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1，在射线OA上截取P1P2，使P1P2=P1K1；过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2，在射线OA上截取P2P3，使P2P3=P2K2.按照此规律，线段P2023K2023的长为 ．
【答案】31+32022
【分析】解直角三角形分别求得P1K1，P2K2，P3K3，……，探究出规律，利用规律即可解决问题．
【详解】解：∵P1K1⊥OA，
∴△OP1K1是直角三角形，
在Rt△OP1K1中，∠AOB=60°，OP1=1，
∴P1P2=P1K1=OP1⋅tan60°=3，
∵P1K1⊥OA，P2K2⊥OA，
∴P1K1∥P2K2，
∴△OP2K2∽△OP1K1，
∴P2K2P1K1=OP2OP1，
∴P2K23=1+31，
∴P2K2=31+3，
同理可得：P3K3=31+32，P4K4=31+33，……，
∴PnKn=31+3n−1，
∴P2023K2023=31+32022，
故答案为：31+32022．
【点睛】本题考查了图形的规律，解直角三角形，平行线的判定，相似三角形的判定与性质，解题的关键是学会探究规律的方法．
49．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，在RtΔOAB中，∠AOB=90°，OA=OB，AB=1，作正方形A1B1C1D1，使顶点A1，B1分别在OA，OB上，边C1D1在AB上；类似地，在Rt△OA1B1中，作正方形A2B2C2D2；在Rt△OA2B2中，作正方形A3B3C3D3；…；依次作下去，则第n个正方形AnBnCnDn的边长是 ．
【答案】13n
【分析】法一：过O作OM⊥AB，通过做辅助线并结合等腰直角三角形的性质找到第二个正方形边长与第一个正方形边长的比值为13，依次类推可得第n个正方形的边长．
法二：直接利用等腰直角三角形的性质，找到第二个正方形边长与第一个正方形边长的比值为13，依次类推可得第n个正方形的边长．
【详解】解：法1：过O作OM⊥AB，交AB于点M，交A1B1于点N，如图所示：
∵A1B1//AB，
∴ON⊥A1B1，
∵ΔOAB为斜边为1的等腰直角三角形，
∴OM=12AB=12，
又∵△OA1B1为等腰直角三角形，
∴ON=12A1B1=12MN，
∴ON:OM=1:3，
∴第1个正方形的边长A1C1=MN=23OM=23×12=13，
同理第2个正方形的边长A2C2=23ON=23×16=132，
则第n个正方形AnBnDnCn的边长13n；
法2：由题意得：∠A=∠B=45°，
∴AC1=A1C1=C1D1=B1D1=BD1，AB=1，
∴C1D1=13AB=13，
同理可得：C2D2=13A1B1=132AB=132，
依此类推CnDn=13n．
故答案为：13n．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形与正方形的性质，能够准确利用相关性质找到正方形边长的比值规律是解决本题的关键．
50．（2020·辽宁·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE=DA，连接EB，点F1是CD的中点，连接EF1，BF1，得到ΔEF1B；点F2是CF1的中点，连接EF2，BF2，得到ΔEF2B；点F3是CF2的中点，连接EF3，BF3，得到ΔEF3B；…；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD的面积等于2，则ΔEFnB的面积为 ．（用含正整数n的式子表示）

【答案】2n+12n
【分析】先计算出ΔEF1B、ΔEF2B、ΔEF3B的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解．
【详解】解：∵AE=DA，
∴ΔABE面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为2+1=3，
∵点F1是CD的中点，∴DF1=CF1
∴SΔBF1C=12BC⋅CF1=12BC⋅12CD=14S矩形ABCD=12，
SΔDF1E=12DE⋅DF1=12×2AD⋅12DC=12S矩形ABCD=1，
∴SΔEF1B=S梯形ABCD−SΔDF1E−SΔBF1C=3−1−12=32，
∵点F2是CF1的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
∴SΔBF2C=12SΔBF1C=14，
且DF2=32DF1，
∴SΔDF2E=32SΔDF1E=32
∴SΔEF2B=S梯形ABCD−SΔDF2E−SΔBF2C=3−32−14=54，
同理可以计算出：
SΔBF3C=12SΔBF2C=18，
且DF3=74DF1，
∴SΔDF3E=74SΔDF1E=74，
∴SΔEF3B=S梯形ABCD−SΔDF3E−SΔBF3C=3−74−18=98，
故ΔEF1B、ΔEF2B、ΔEF3B的面积分别为：32,54,98，
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合2n，分子规律为2n+1，
∴ΔEFnB的面积为2n+12n．
故答案为：2n+12n．
【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．
类型二 平面直角坐标系中的规律问题 (旋转、平移、翻滚、渐变等)
【命题预测】该题型主要以选择、填空的形式出现，一般较为靠后，有一定难度，该题型需要分析变化规律得到一般的规律(如点变的循环规律或点运动的循环规律，点的横、纵坐标的变化规律等)。主要考查对点的坐标变化规律，一般我们需要结合所给图形，找到点或图形的变化规律或者周期性，最后利用正确运用数的运算求解。这类问题体现了“特殊与一般”的数学思想方法，解答时往往体现“探索、归纳、猜想”等思维特点，对分析问题、解决问题的能力具有很高的要求。
题型01 沿坐标运动的点的规律
51．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知A11,−3，A23,−3，A34,0，A46,0，A57,3，A69,3，A710,0，A811,−3…，依此规律，则点A2024的坐标为 ．
【答案】2891,−3
【分析】本题考查了点坐标的规律探究．解题的关键在于根据题意推导出一般性规律．根据题意可知7个点坐标的纵坐标为一个循环，A7n的坐标为10n,0，据此可求得A2024的坐标．
【详解】解：∵A11,−3，A23,−3，A34,0，A46,0，A57,3，A69,3，A710,0，A811,−3…，，
∴可知7个点坐标的纵坐标为一个循环，A7n的坐标为10n,0，A7n+110n+1,−3
∵2024÷7=289⋅⋅⋅1，
∴A2023的坐标为2890,0．
∴A2024的坐标为2891,−3
故答案为：2891,−3．
52．（2024·河南南阳·三模）如图，点A11,1，点A1向上平移1个单位，再向右平移2个单位，得到点A2；点A2向上平移2个单位，再向右平移4个单位，得到点A3；点A3向上平移4个单位，再向右平移8个单位，得到点A4；…按这个规律平移得到点A100，则点A100的坐标为（ ）
A．2100−1,2100B．299,2100
C．2100−1,299D．299+1,2100
【答案】C
【分析】本题考查坐标与图形变化-平移、规律型问题等知识，先求出点A1，A2，A3，A4的坐标，再从特殊到一般探究出规律，得出An的横坐标为为2n−1，，纵坐标为2n−1，然后利用规律即可解决问题．
【详解】解：点A1的横坐标为1=21−1，纵坐标为1,
点A2的横坐为标3=22−1，，纵坐标为2,
点A3的横坐标为7=23−1，，纵坐标为4=22,
点A4的横坐标为15=24−1，，纵坐标为23,
…
按这个规律平移得到点An的横坐标为为2n−1，，纵坐标为2n−1
∴点A100的横坐标为2100−1，纵坐标为299
故选：C．
53．（2024·甘肃酒泉·三模）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点−1，1，第2次接着运动到点−2，0，第3次接着运动到点−3，2，…，按这样的运动规律，经过第2024次运动后，动点P的坐标是 ．

【答案】−2024，0
【分析】本题考查了点坐标的规律探究．根据题意推导一般性规律是解题的关键．
由题意可知，第n次接着运动到的点坐标的横坐标为−n，每4次运动的点坐标的纵坐标为1个循环，由2024=4×506，可得动点P的坐标是−2024，0．
【详解】解：由题意知，第1次从原点运动到点−1，1，
第2次接着运动到点−2，0，
第3次接着运动到点−3，2，
第4次接着运动到点−4，0，
第5次接着运动到点−5，−1，
……
∴第n次接着运动到的点坐标的横坐标为−n，每4次运动的点坐标的纵坐标为1个循环，
∵2024=4×506，
∴动点P的坐标是−2024，0，
故答案为：−2024，0．
54．（2024·山东泰安·二模）如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“→”方向排列，如0,1，−1,2，0,2，1,2，2,3，1,3，0,3，……，根据这个规律探索可得第2024个点的坐标是 ．
【答案】(−43,45)
【分析】本题考查了点的坐标规律探索，探索出点的坐标规律是解题的关键；按点的纵坐标分类：纵坐标是1的点有1个，纵坐标是2的点有3个，纵坐标是3的点有5个，纵坐标是4的点有7个，……，一般地，纵坐标为n的点有(2n−1)个；考虑点排列方向：纵坐标是1、3、5、7，……，点是从右往左的方向，纵坐标是2、4、6，……，点是从左往右排列的方向；而452=2025，当纵坐标是45时，这样的点共有89个，且点是从右往左方向，则可得第2024个点的坐标．
【详解】解：纵坐标是1的点有1个，纵坐标是2的点有3个，纵坐标是3的点有5个，纵坐标是4的点有7个，……，一般地，纵坐标为n的点有(2n−1)个，且这n个点的横坐标从左往右依次是−n+1，−n+2，……，−1，0，1，……,n−1；考虑点排列方向：纵坐标是1、3、5、7，……，点是从右往左的方向，纵坐标是2、4、6，……，点是从左往右排列的方向；
∵452=2025，当纵坐标是45时，这样的点共有89个，且点是从右往左方向，
∴最左边的点坐标为(−44,45)，即第2025个点的坐标，
∴第2024个点的坐标为(−43,45)．
故答案为：(−43,45)．
题型02 绕原点呈“回”字形运动的点的规律
55．（2023·山东日照·中考真题）数学家高斯推动了数学科学的发展，被数学界誉为“数学王子”，据传，他在计算1+2+3+4+⋯+100时，用到了一种方法，将首尾两个数相加，进而得到1+2+3+4+⋯+100=100×(1+100)2．人们借助于这样的方法，得到1+2+3+4+⋯+n=n(1+n)2（n是正整数）．有下列问题，如图，在平面直角坐标系中的一系列格点Aixi,yi，其中i=1,2,3,⋯,n,⋯，且xi,yi是整数．记an=xn+yn，如A1(0,0)，即a1=0,A2(1,0)，即a2=1,A3(1,−1)，即a3=0,⋯，以此类推．则下列结论正确的是（ ）

A．a2023=40B．a2024=43C．a(2n−1)2=2n−6D．a(2n−1)2=2n−4
【答案】B
【分析】利用图形寻找规律A2n−12(n−1,n−1)，再利用规律解题即可．
【详解】解：第1圈有1个点，即A1(0,0)，这时a1=0；
第2圈有8个点，即A2到A9(1,1)；
第3圈有16个点，即A10到A25(2,2)，；
依次类推，第n圈，A2n−12(n−1,n−1)；
由规律可知：A2023是在第23圈上，且A2025(22,22)，则A2023(20,22)即a2023=20+22=42，故A选项不正确；
A2024是在第23圈上，且A2024(21,22)，即a2024=21+22=43，故B选项正确；
第n圈，A2n−12(n−1,n−1)，所以a2n−12=2n−2，故C、D选项不正确；
故选B．
【点睛】本题考查图形与规律，利用所给的图形找到规律是解题的关键．
56．（2024·山东聊城·三模）如图是从原点开始的通道宽度为1的回形图，OA=1，反比例函数y=1x与该回形图的交点依次记为B1、B2、B3、……，则B2024的坐标为 ．
【答案】(1507,507)
【分析】本题考查了在反比例函数图象上的点坐标的特征，找规律，找出点坐标的规律是解题的关键．分别写出前三个回形的点坐标，找出规律，得到第n个回形4个点的规律，分别是(n,1n)，(1n,n)，(−n,−1n)，(−1n,−n)，然后找出第2024个点在第几个回形的第几个点即可算出答案．
【详解】由题意可知，反比例函数图象上点坐标为(x,1x)，观察图象，可以发现：
第1个回形有2个点，B1(1,1)，B2(−1,−1)
第2个回形有4个点，分别是B3(2,12)，B4(12,2)，B5(−2,−12)，B6(−12,−2)
第3个回形有4个点，分别是B7(3,13)，B8(13,3)，B9(−3,−13)，B10(−13,−3)
⋯
第n(n≥2)个回形有4个点，分别是(n,1n)，(1n,n)，(−n,−1n)，(−1n,−n)
(2024−2)÷4=505⋯⋯2
505+1+1=507
那么第2024个点在第507个回形的第2个点，那么点坐标为(1507,507)
故答案为：(1507,507)
57．（2021·山东潍坊·中考真题）在直角坐标系中，点A1从原点出发，沿如图所示的方向运动，到达位置的坐标依次为：A2（1，0），A3（1，1），A4（﹣1，1），A5（﹣1，﹣1），A6（2，﹣1），A7（2，2），…．若到达终点An（506，﹣505），则n的值为 ．
【答案】2022
【分析】终点An506，−505在第四象限，寻找序号与坐标之间的关系可求n的值．
【详解】解：∵506，−505是第四象限的点，
∴An506，−505落在第四象限．
∴在第四象限的点为A62，−1，A103，−2，A144，−3，…，An506，−505．
∵6=4×−1+2，10=4×−2+2，14=4×−3+2， 18=4×−4+2，…，
∴n=4×−505+2=2022．
故答案为：2022
【点睛】本题考查了点坐标的位置及坐标变化规律的知识点，善于观察并寻找题目中蕴含的规律是解题的关键．
58．（2023·辽宁阜新·中考真题）如图，四边形OABC1是正方形，曲线C1C2C3C4C5⋯叫作“正方形的渐开线”，其中C1C2，C2C3，C3C4，C4C5，…的圆心依次按O，A，B，C1循环．当OA=1时，点C2023的坐标是( )

A．(−1，−2022)B．(−2023，1)C．(−1，−2023)D．(2022，0)
【答案】A
【分析】由题得点的位置每4个一循环，经计算得出C2023在第三象限，与C3，C7，C11，…符合同一规律，探究出C3，C7，C11，...的规律即可．
【详解】解：由图得C1(0，1)，C2(1，0)，C3(−1，−2)，C4(−4，0)，C5(0，5)，C6(5，0)，C7(−1，−6)，…
点C的位置每4个一循环，
2023=505×4+3，
∴C2023在第三象限，与C3，C7，C11，…
符合规律(−1，−n+1)，
∴C2023坐标为(−1，−2022)．
故选：A．
【点睛】本题考查了点的坐标的规律的探究，理解题意求出坐标是解题关键．
题型03 图形变换的点的规律
59．（2023·山东烟台·中考真题）如图，在直角坐标系中，每个网格小正方形的边长均为1个单位长度，以点P为位似中心作正方形PA1A2A3，正方形PA4A5A6,…，按此规律作下去，所作正方形的顶点均在格点上，其中正方形PA1A2A3的顶点坐标分别为P−3,0,A1−2,1,A2−1,0，A3−2,−1，则顶点A100的坐标为（ ）

A．31.34B．31,−34C．32,35D．32,0
【答案】A
【分析】根据图象可得移动3次完成一个循环，从而可得出点坐标的规律A3n−2n−3，n．
【详解】解：∵A1−2，1，A4−1，2，A70，3，A101，4，⋯，
∴A3n−2n−3，n，
∵100=3×34−2，则n=34，
∴A10031，34，
故选：A．
【点睛】本题考查了点的规律变化，解答本题的关键是仔细观察图象，得到点的变化规律．
60．（2023·湖南怀化·中考真题）在平面直角坐标系中，△AOB为等边三角形，点A的坐标为1,0．把△AOB按如图所示的方式放置，并将△AOB进行变换：第一次变换将△AOB绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△AOB边长的2倍，得到△A1OB1；第二次旋转将△A1OB1绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△A1OB1，边长的2倍，得到△A2OB2，…．依次类推，得到△A2033OB2033，则△A2023OB2033的边长为 ，点A2023的坐标为 ．

【答案】 22023 22022,−3×22022
【分析】根据旋转角度为60°，可知每旋转6次后点A又回到x轴的正半轴上，故点A2023在第四象限，且OA2023=22023，即可求解．
【详解】解：∵△AOB为等边三角形，点A的坐标为1,0，
∴OA=1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
第一次旋转后，A1在第四象限，OA1=2，
第二次旋转后，A2在第三象限，OA2=22，
第三次旋转后，A3在x轴负半轴，OA3=23，
第四次旋转后，A4在第二象限，OA4=24，
第五次旋转后，A5在第一象限，OA5=25，
第六次旋转后，A6在x轴正半轴，OA6=26，
……
如此循环，每旋转6次，点A的对应点又回到x轴正半轴，
∵2023÷6=337⋯1，
点A2023在第四象限，且OA2023=22023，
如图，过点A2023作A2023H⊥x轴于H，

在Rt△OHA2023中，∠HOA2023=60°，
∴OH=OA2023⋅cs∠HOA2023=22023×cs60°=22023×12=22022，
A2023H=OA2023⋅sin∠HOA2023=22023×32=3×22022，
∴点A2023的坐标为22022,−3×22022．
故答案为：22023，22022,−3×22022．
【点睛】本题考查图形的旋转，解直角三角形的应用．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．
61．（2024河口区模拟）如图，在单位为1的方格纸上，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，⋯，都是斜边在x轴上，斜边长分别为2，4，6，⋯的等腰直角三角形，若△A1A2A3的顶点坐标分别为A12,0，A21,1，A30,0则依图中所示规律，A2024的坐标为 ．
【答案】2,−1012
【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，解题的关键是根据点的坐标的变化寻找规律．根据脚码确定出脚码为偶数时的点的坐标，得到规律：当脚码是2，6，10，…时，横坐标为1，纵坐标为脚码的一半，当脚码是4，8，12，…时，横坐标是2，纵坐标为脚码的一半相反数，然后确定出点A2024的坐标即可．
【详解】解：观察点的坐标变化发现，当脚码为偶数时的点的坐标，得到规律：
当脚码是2，6，10，…时，横坐标为1，纵坐标为脚码的一半，
当脚码是4，8，12，…时，横坐标是2，纵坐标为脚码的一半的相反数，
因为2024能被4整除，所以横坐标为2，纵坐标为−1012．
故答案为：2,−1012．
62．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为(0，0)，点B的坐标为(1，0)，点C在第一象限，∠OBC=120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O'，点C的对应点为C'，OC与O'C'的交点为A1，称点A1为第一个“花朵”的花心，点A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ．
【答案】1349+6743,33
【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角的性质，点的坐标规律探索．连接A1B，求得A1B=33，OD=32，OC=3，分别得到A11,33，A23+3,33， A35+23,33，⋯，推导得到An1+n−12+3,33，△OBC滚动一次得到A1，△OBC滚动四次得到A2，△OBC滚动七次得到A3，由此得到△OBC滚动2024次后停止滚动，则n=2024+1÷3=675，据此求解即可．
【详解】解：连接A1B，
由题意得∠BOC=∠BCO=30°，∠BO'C=∠BC'O'=30°，OB=BC=O'B=BC'=1，
∴A1B⊥OC'，
∴A1B=OB⋅tan30°=33，BD=12OB=12，OD=OB2−BD2=32，
∴OC=C'E=3，
∴A11,33，
A23+3,33，
同理A35+23,33，
⋯，
An1+n−12+3,33，
△OBC滚动一次得到A1，△OBC滚动四次得到A2，△OBC滚动七次得到A3，
∴△OBC滚动2024次后停止滚动，则n=2024+1÷3=675时，A6751349+6743,33，
故答案为：1349+6743,33．
63．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为3,0，△OAB是等边三角形，点B坐标是1,0，△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M→⋯）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是2,0；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是2,0；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是3−32,12；如此下去，……，则A2024的坐标是 ．
【答案】1,3
【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点A1，A2，⋯⋯，A12的坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：∵正方形OMNP顶点M的坐标为3,0，
∴OM=MN=NP=OP=3,
∵ △OAB是等边三角形，点B坐标是1,0，
∴等边三角形高为32，
由题知，
A1的坐标是2,0；
A2的坐标是2,0；
A3的坐标是3−32,12；
继续滚动有，A4的坐标是3,2；
A5的坐标是3,2；
A6的坐标是52,3−32；
A7的坐标是1,3；
A8的坐标是1,3；
A9的坐标是32,52；
A10的坐标是0,1；
A11的坐标是0,1；
A12的坐标是12,32；
A13的坐标是2,0；⋯⋯不断循环，循环规律为以A1，A2，⋯⋯，A12，12个为一组，
∵ 2024÷12=168⋯⋯8，
∴ A2024的坐标与A8的坐标一样为1,3，
故答案为：1,3．
64．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，把Rt△OAB置于平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,4)，点B的坐标为(3,0)，将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合．点P是Rt△OAB两锐角平分线的交点，第一次滚动后得到对应点为P1；第二次滚动后得到对应点为P2；……按此规律，则点P2024的坐标是 ．
【答案】(8099,1)
【分析】本题考查了点的坐标变化规律，直角三角形内切圆，能通过三角形的运动方式，依次求出点P的坐标并发现规律是解题的关键．根据三角形的运动方式，依次求出点P的坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：过点P作PD⊥OA,PE⊥OB,PF⊥AB，垂足分别为D,E,F，分别过点P1,P2,P3作P1F1⊥x轴，P2D1⊥x轴，P3E1⊥x轴，垂足为F1,D1,E1，以点P为圆心，PD长为半径作⊙P，
∵点P是Rt△OAB两锐角平分线的交点，
∴点P为Rt△OAB的内心，
又∵ PD⊥OA,PE⊥OB,PF⊥AB，
∴ PD=PE=PF，AD=AF,OD=OE,BE=BF，
∵A(0,4)，B(3,0)，
∴ AB=5，
∴OD=OE=OA+OB−AB2=1，
∴P1,1，
∵ PD⊥OA,PE⊥OB，OD=OE，
∴四边形PDOE为正方形，
∴PD=PE=PF=OD=1，
在Rt△BP1F1中，
P1F1=PF=1,BF1=BF=BE=OB−OE=2，
∴P1横坐标为3+2=5，
∴P15,1，
同理可得，P211,1,P313,1，P417,1,P523,1,P625,1
⋯
由此可见，每滚动三次一个循环，且横坐标的增加为三角形的周长12，
∴2024÷3=674⋯2，
则P2024的横坐标为674×12+2+2+3+3+1=8099，
故点P2024的坐标为(8099,1)，
故答案为：(8099,1)．
题型04 坐标轴与直线相结合类规律
65．（2023·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=3x−3与x轴交于点A1，以OA1为边作正方形A1B1C1O点C1在y轴上，延长C1B1交直线l于点A2，以C1A2为边作正方形A2B2C2C1，点C2在y轴上，以同样的方式依次作正方形A3B3C3C2，…，正方形A2023B2023C2023C2022，则点B2023的横坐标是 ．

【答案】1+332022
【分析】分别求出点点B1的横坐标是1，点B2的横坐标是1+33，点B3的横坐标是233+43=1+332，找到规律，得到答案见即可．
【详解】解：当y=0，0=3x−3，解得x=1，
∴点A11,0,
∵A1B1C1O是正方形，
∴OA1=A1B1=OC1=1，
∴点B11,1，
∴点B1的横坐标是1，
当y=1时，1=3x−3，解得x=1+33，
∴点A21+33,1，
∵A2B2C2C1是正方形，
∴A2B2=C1C2=A2C1=1+33，
∴点B21+33,2+33，
即点B2的横坐标是1+33，
当y=2+33时，2+33=3x−3，解得x=233+2，
∴点A3233+43,2+33，
∵A3B3C3C2是正方形，
∴A3B3=C2C3=A3C2=233+43，
∴点B3的横坐标是233+43=1+332，
……
以此类推，则点B2023的横坐标是1+332022
故答案为：1+332022
【点睛】此题是点的坐标规律题，考查了二次函数的图象和性质、正方形的性质等知识，数形结合是是解题的关键．
66．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B在x轴上，OA=OB=4，连接AB，过点O作OA1⊥AB于点A1，过点A1作A1B1⊥x轴于点B1；过点B1作B1A2⊥AB于点A2，过点A2作A2B2⊥x轴于点B2；过点B2作B2A3⊥AB于点A3，过点A3作A3B3⊥x轴于点B3；…；按照如此规律操作下去，则点A2023的坐标为 ．

【答案】4−122021,122021
【分析】根据题意，结合图形依次求出A1,A2,A3的坐标，再根据其规律写出A2023的坐标即可．
【详解】解：在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B在x轴上，OA=OB=4，
∴△OAB是等腰直角三角形，∠OBA=45°，
∵OA1⊥AB，
∴△OA1B是等腰直角三角形，
同理可得：△OA1B1,△A1B1B均为等腰直角三角形，
∴A1(2,2)，
根据图中所有的三角形均为等腰直角三角形，
依次可得：A2(3,1),A3(4−12,12),A4(4−122,122),
由此可推出：点A2023的坐标为4−122021,122021．
故答案为：4−122021,122021．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标特征，以及点的坐标变化规律问题，等腰直角三角形的性质，解题的关键是依次求出A1,A2,A3的坐标，找出其坐标的规律．
67．（2024·四川广安·中考真题）已知，直线l:y=33x−33与x轴相交于点A1，以OA1为边作等边三角形OA1B1，点B1在第一象限内，过点B1作x轴的平行线与直线l交于点A2，与y轴交于点C1，以C1A2为边作等边三角形C1A2B2（点B2在点B1的上方），以同样的方式依次作等边三角形C2A3B3，等边三角形C3A4B4⋯，则点A2024的横坐标为 ．
【答案】522023
【分析】直线直线l:y=33x−33可知，点A1坐标为1,0，可得OA1=1，由于△OA1B1是等边三角形，可得点B112，32，把y=32代入直线解析式即可求得A2的横坐标，可得A2C1=52，由于△B2A2B1是等边三角形，可得点A252,32；同理，A3254，734，发现规律即可得解，准确发现坐标与字母的序号之间的规律是解题的关键．
【详解】解：∵直线l：l:y=33x−33与x轴负半轴交于点A1，
∴点A1坐标为1,0，
∴OA1=1，
过B1，B2，作B1M⊥x轴交x轴于点M，B2N⊥x轴交A2B1于点D，交x轴于点N，

∵△A1B1O为等边三角形，
∴∠OB1M=30°
∴MO=12A1O=12，
∴B1M=B1O2−OM2=12−122=32
∴B112，32，
当y=32时，32=33x−33，解得：x=52，
∴A2C1=52，A252,32，
∴C1D=12A2C1=54，
∴B2D==522−342=534，
∴B2N=534+32=734，
∴当y=734时，734=33x−33，解得：x=254，
∴A3254，734；
而254=522，
同理可得：A4的横坐标为523=1258，
∴点A2024的横坐标为522023，
故答案为：522023．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理的应用，等边三角形的性质，特殊图形点的坐标的规律，掌握探究的方法是解本题的关键.
68．（2023·山东烟台·模拟预测）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，做第1个正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2，做第2个正方形A2B2C2C1…，按这样的规律进行下去，第2023个正方形的面积为（ ）

A．5×324046B．5×942003C．5×322022D．5×944044
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，点的坐标规律．解此题的关键是计算前三个正方形的面积，从中找出规律Sn=5×322n．根据相似三角形的判定原理，得出△AA1B∽ △A1A2B1，继而得知∠BAA1=∠B1A1A2；利用勾股定理计算出正方形的边长；最后利用正方形的面积公式计算前三个正方形的面积，从中找出规律．数形结合找出规律是解决问题的关键．
【详解】解：设正方形的面积分别为S，S1，S2…，Sn，
根据题意得AD∥BC∥C1A2∥C2B2，
∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x（同位角相等）．
∵∠ABA1=∠A1B1A2=∠A2B2x=90°，
∴△BAA1∽ △B1A1A2，
在Rt△ADO中，根据勾股定理得AD=OA2+OD2=5，tan∠ADO=OAOD=12，
∵tan∠BAA1=BA1AB=tan∠ADO，
∴BA1=12AB=52，
∴CA1=5+52=325，
同理，得C1A2=325×1+12，
由正方形的面积公式，得S=52=5，
S1=52×1+122=5×322，
S2=52×1+124=5×324，
S3=52×1+126=5×326，
⋯
由此可得Sn=52×1+122n=5×322n．
∴第2023个正方形的面积为5×322×2023=5×324046，
故选：A．
【专项训练】
1．（2024·江苏徐州·中考真题）观察下列各数：3、8、18、38、…，按此规律，第5～7个数可能为（ ）
A．48、58、68B．58、78、98C．76、156、316D．78、158、318
【答案】D
【分析】本题主要考查了数字的变化规律，题目难度不大，通过观察、分析、归纳并发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题是解答该题的关键．根据题意得出已知数组的规律得出结果即可
【详解】解：∵3×2+2=8，
8×2+2=18，
18×2+2=38，
∴第5个数为38×2+2=78，
第6个数为78×2+2=158，
第7个数为158×2+2=318，
故选：D．
2．（2024·江苏扬州·中考真题）1202年数学家斐波那契在《计算之书》中记载了一列数：1，1，2，3，5，……，这一列数满足：从第三个数开始，每一个数都等于它的前两个数之和．则在这一列数的前2024个数中，奇数的个数为（ ）
A．676B．674C．1348D．1350
【答案】D
【分析】将这一列数继续写下去，发现这列数的变化规律即可解答．
本题主要考查的是数字规律类问题，发现这列数的变化规律是解题的关键．
【详解】这一列数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…
可以发现每3个数为一组，每一组前2个数为奇数，第3个数为偶数．
由于2024÷3=674⋯2，
即前2024个数共有674组，且余2个数，
∴奇数有674×2+2=1350个．
故选：D
3．（2024·重庆南岸·模拟预测）按照如图所示的方法铺设黑、白两色的小正方形地砖，第1个图案中有1块黑色小正方形地砖，第2个图案中有5块黑色小正方形地砖，第3个图案中有13块黑色小正方形地砖，…，则第7个图案中黑色小正方形地砖的块数是（ ）
A．25块B．61块C．85块D．113块
【答案】C
【分析】本题考查图形的变化规律，得到第n个图案中黑色小正方形地砖的块数=n×n+n−1×n−1=n2+n−12是解题的关键．
【详解】∵第1个图案中黑色小正方形地砖的块数=1×1+0×0=11+02，
第2个图案中黑色小正方形地砖的块数=2×2+1×1=22+12，
第3个图案中黑色小正方形地砖的块数=3×3+2×2=32+22，
第4个图案中黑色小正方形地砖的块数=4×4+3×3=42+32，
…，
第n个图案中黑色小正方形地砖的块数=n×n+n−1×n−1=n2+n−12，
∴第7个图案中黑色小正方形地砖的块数=7×7+6×6=72+62=85．
故选：C．
4．如下图，将形状、大小完全相同的“●”和线段按照一定规律摆成以下图形，第1幅图形中“●”的个数为a1，第2幅图形中“●”的个数为a2，第3幅图形中“●”的个数为a3，…，以此类推，那么1a1+1a2+1a3+⋅⋅⋅+1a19的值为（ ）

A．2021B．6184C．589840D．431760
【答案】C
【分析】首先根据图形中“●”的个数得出数字变化规律，进而求解即可．
【详解】解：a1=3=1×3，
a2=8=2×4，
a3=15=3×5，
a4=24=4×6，
…，
an=nn+2；
∴1a1+1a2+1a3+⋅⋅⋅+1a19
=11×3+12×4+13×5+14×6+⋅⋅⋅+119×21
=121−13+12−14+13−15+14−16+⋅⋅⋅+119−121
=121+12−120−121
=589840，
故选∶C．
【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，找出规律是解题的关键．
5．（2024·山东威海·一模）如图，将一张边长为1的正方形纸片分割成7部分，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，依此类推，则S阴影=1−12−122−123−124−125−126．借助图形，则12+122+123+⋯122023+122024=（ ）
A．1−122023B．1−122024C．1−122025D．2−122024
【答案】B
【分析】本题考查图形的变化类，根据题意可发现各部分面积的变化规律，再根据图形可知阴影部分的面积和部分⑥的面积相等，从而根据规律，即可求解．
【详解】解：依题意，12+122+123+⋯122023+122024=1−122024
故选：B．
6．（2024·山东潍坊·中考真题）将连续的正整数排成如图所示的数表．记ai,j为数表中第i行第j列位置的数字，如a1,2=4，a3,2=8，a5,4=22．若am,n=2024，则m= ，n= ．
【答案】 45 2
【分析】本题考查了规律型：数字的变化类，解题的关键是找出规律：当正整数为k2时，若k为奇数，则k2在第k行，第1列，下一个数再下一行，上一个数在第2列；若k为偶数，则k2在第1行，第k列，下一个数再下一列，上一个数在第2行．
【详解】解：由图中排布可知，当正整数为k2时，
若k为奇数，则k2在第k行，第1列，下一个数再下一行，上一个数在第2列；
若k为偶数，则k2在第1行，第k列，下一个数再下一列，上一个数在第2行；
∵am,n=2024=2025−1=452−1，
而2025=452，在第45行，第1列，
∴2024在第45行，第2列，
∴m=45，n=2，
故答案为：45，2．
7．（2024·山西·模拟预测）榫卯被称为“巧夺天工”的中国古典智慧，是中国传统木艺的灵魂．下图结构为固定榫槽的连接结构，彼此按照同样的拼接方式紧密相连，当连接结构数分别有1个和2个时，总长度如图所示，则当有n个连接结构时，总长度为 cm．

【答案】3n+2/2+3n
【分析】本题考查了通过特例分析从而归纳总结出一般结论的能力．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
当连接结构数为1时，总长度为5cm，当连接结构数为2时，总长度为8cm，则每增加1个连接结构，总长度增加3cm，结合图可知，每个连接结构的长度为3+2=5cm，因此得到当连接结构数为n时，总长度为3n+2cm．
【详解】解：当连接结构数为1时，总长度为5cm，当连接结构数为2时，总长度为8cm，则每增加1个连接结构，总长度增加3cm，结合图可知，每个连接结构的长度为3+2=5cm，
∴当连接结构数为1时，总长度为3×1+2=5cm，
当连接结构数为2时，总长度为3×2+2=8cm，
⋮
当连接结构数为n时，总长度为3n+2cm，
故答案为：3n+2．
8．（2023·黑龙江绥化·中考真题）在求1+2+3+⋯⋯+100的值时，发现：1+100=101，2+99=101⋯⋯，从而得到1+2+3+⋯+100= 101×50=5050．按此方法可解决下面问题．图（1）有1个三角形，记作a1=1；分别连接这个三角形三边中点得到图（2），有5个三角形，记作a2=5；再分别连接图（2）中间的小三角形三边中点得到图（3），有9个三角形，记作a3=9；按此方法继续下去，则a1+a2+a3+⋯⋯+an= ．（结果用含n的代数式表示）

【答案】2n2−n/−n+2n2
【分析】根据题意得出an=1+4n−1=4n−3，进而即可求解．
【详解】解：依题意，a1=1,a2=5,a3=9,⋅⋅⋅，an=1+4n−1=4n−3，
∴a1+a2+a3+⋯⋯+an= =1+4n−32n=2n−1n=2n2−n，
故答案为：2n2−n．
【点睛】本题考查了图形类规律，找到规律是解题的关键．
9．（2023·四川广安·一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为(1,1)，AA1是以点B为圆心，BA为半径的圆弧；A1A2是以点O为圆心，OA1为半径的圆弧，A2A3是以点C为圆心，CA2为半径的圆弧，A3A4是以点A为圆心，AA3为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心按上述作法得到的曲线AA1A2A3A4A5称为正方形的“渐开线”，则点A2023的坐标是 ．

【答案】−2023,1
【分析】将四分之一圆孤对应的A点坐标看作顺时针旋转90°，再根据A、A1、A2、A3、A4的坐标找到规律即可．
【详解】解：∵A1,1，且A1为A点绕B点顺时针旋转90°所得，
∴A12,0，
又∵A2为A1点绕O点顺时针旋转90°所得，
∴A20,−2，
又∵A3为A2点绕C点顺时针旋转90°所得，
∴A3−3,1，
由此可得出规律：An为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转90°，且半径为1、2、3、⋯、n，每次增加1，
又∵2023÷4=505⋯⋯3，
故A2023为以点C为圆心，半径为2022的 A2022顺时针旋转90°所得，
∴A2023(−2023,1)，
故答案为：−2023,1．
【点睛】本题考查了点坐标规律探索问题，通过点的变化，结合画弧的方法以及部分点的坐标探索出坐标变化的规律是解题的关键．
10．（2020·安徽·中考真题）观察以下等式：
第1个等式：13×1+21=2−11
第2个等式：34×1+22=2−12
第3个等式：55×1+23=2−13
第4个等式：76×1+24=2−14
第5个等式：97×1+25=2−15
······
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： (用含n的等式表示)，并证明．
【答案】（1）118×(1+26)=2−16；（2）2n−1n+2×(1+2n)=2−1n，证明见解析．
【分析】（1）根据前五个个式子的规律写出第六个式子即可；
（2）观察各个式子之间的规律，然后作出总结，再根据等式两边相等作出证明即可．
【详解】（1）由前五个式子可推出第6个等式为：118×(1+26)=2−16；
（2）2n−1n+2×(1+2n)=2−1n，
证明：∵左边=2n−1n+2×(1+2n)=2n−1n+2×n+2n=2n−1n=2−1n=右边，
∴等式成立．
【点睛】本题是规律探究题，解答过程中，要注意各式中相同位置数字的变化规律，并将其用代数式表示出来．
11．（2023宣城三县三模）【观察思考】
如图，这是由正方形和等边三角形组成的一系列图案，其中第1个图案有4个正方形，第2个图案有6个正方形，第3个图案有8个正方形，…
依此规律，请解答下面的问题．
【规律发现】
（1）第5个图案有________个正方形；
（2）第n个图案有________个正方形（用含n的代数式表示）；
【规律应用】
（3）结合图案中正方形的排列方式，现有4050个正方形，若干个三角形（足够多）．依此规律，是否可以组成第n个图案（正方形一次性用完）？若可以，请求出n的值；若不可以，请说明理由．
【答案】（1）12；（2）2n+2；（3）可以组成第n个图案，n=2024
【分析】本题考查图形类规律探究，从已有图形，抽象出相应的规律，是解题的关键．
（1）从已有图形中，得到第n个图案有2n+2个正方形，进而求出第5个图案即可；
（2）由（1）即可得出结果；
（3）令2n+2=4050，进行求解即可．
【详解】解：（1）第1个图案有：1×2+2=4个正方形；
第2个图案有：2×2+2=6个正方形；
第3个图案有：3×2+2=8个正方形；
⋯，
∴第n个图案有2n+2个正方形，
∴第5个图案有2×5+2=12个正方形，
故答案为：12；
（2）由（1）可知：第n个图案有2n+2个正方形，
故答案为：2n+2；
（3）可以，
当2n+2=4050时，n=2024．
12．（2024·河北唐山·二模）如图是蜂巢的局部图片(由大小相同的正六边形组成)，嘉嘉借助这个图片设计了一道数学题，请解答这道题．
在第1行两个正六边形内填上数字3、−5，规定在图案中，下面的数字都等于其上方两个数字之和（若数字上方只有一个数字，则另一个数字按0处理）．如第2行第1个：0+3=3；第2行第2个：3+−5=−2．
(1)填空：a= _______，b= _________．
(2)求c+d+e的值．
(3)按照此规律，请直接用含n的式子表示第n行第2个数字，并判断这个数字能否为19．若能，求出n的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)1；−7
(2)14
(3)3n−8；能；9
【分析】本题考查了图形规律，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据下面的数字都等于其上方两个数字之和（若数字上方只有一个数字，则另一个数字按0处理）．进行列式计算，即可作答．
（2）同理分别计算出c，d，e，再代入c+d+e，进行计算，即可作答．
（3）找出规律：第n行第2个数字为3n−8，根据3n−8=19进行计算，即可作答．
【详解】（1）解：依题意，a=3+−2=1，b=−5+−2=−7；
故答案为：1；−7
（2）解：依题意，c=3+a=3+1=4；
d=a+b=1+−7=−6；
e=b+−5=−7+−5=−12
∴c+d+e=4+−6+−12=−14；
（3）解：第1行第2个数字为3×1−8=−5
第2行第2个数字为3×2−8=−2
第3行第2个数字为3×3−8=1
以此类推
第n行第2个数字为3n−8
这个数字能为19
令3n−8=19，解得n=9，
故n 的值为9