【文档说明】专题11 规律探究之直角坐标系【考点精讲】（解析版）-【中考高分导航】备战2022年中考数学考点总复习（全国通用）.docx，共(17)页，700.667 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

题型一：滚动型【例1】如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①沿x轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形．第一次滚动后点A1（0，2）变换到点A2（6，0），得到等腰直角三角形②；第二次滚动后点A2变换到点A3（6，0），得到等腰直角三

角形③；第三次滚动后点A3变换到点A4（10，24），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A4变换到点A5（10+212，0），得到等腰直角三角形⑤；依此规律…，则第2020个等腰直角三角形的面积是．【分析】根据A1（0，2）确定第1

个等腰直角三角形（即等腰直角三角形①）的面积，根据A2（6，0）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形②）的面积，…，同理，确定规律可得结论．【解析】∵点A1（0，2），∴第1个等腰直角三角形的面积=12×2×2=2，∵A2（6，0），专题11规律

探究之直角坐标系知识导航题型精讲∴第2个等腰直角三角形的边长为6−2√2=2√2，∴第2个等腰直角三角形的面积=12×2√2×2√2=4＝22，∵A4（10，4√2），∴第3个等腰直角三角形的边长为10

﹣6＝4，∴第3个等腰直角三角形的面积=12×4×4=8＝23，…则第2020个等腰直角三角形的面积是22020；故答案为：22020（形式可以不同，正确即得分）．题型二：翻折型【例2】（2020•荆门）在平面直角坐标系xOy中，Rt△AOB的直角顶点B

在y轴上，点A的坐标为（1，3），将Rt△AOB沿直线y＝﹣x翻折，得到Rt△A'OB'，过A'作A'C垂直于OA'交y轴于点C，则点C的坐标为（）A．（0，﹣23）B．（0，﹣3）C．（0，﹣4）D．（0，﹣43）【分析】依据轴对称的性质可得OB'＝OB=√3，A′B′＝AB＝1，OA

′＝OA＝2，进而通过证得△A′OB′∽△COA′，求得OC＝4，即可证得C的坐标为（0，﹣4）．【解析】∵点A的坐标为（1，√3），∴AB＝1，OB=√3，∴OA=√𝐴𝐵2+𝑂𝐵2=√12+(√3)2=2，∵将Rt△AOB沿直线y＝﹣

x翻折，得到Rt△A'OB'，∴OB'＝OB=√3，A′B′＝AB＝1，OA′＝OA＝2，∴A'（−√3，﹣1），∵过A'作A'C垂直于OA'交y轴于点C，∴∠A′OC+∠A′CO＝90°，∵∠A′OB′+∠A′OC＝90°，∴∠A′CO＝∠A′OB′，∵∠A′B

′O＝∠OA′C＝90°，∴△A′OB′∽△COA′，∴𝑂𝐶𝑂𝐴′=𝑂𝐴′𝐴′𝐵′，即𝑂𝐶2=21，∴OC＝4，∴C（0，﹣4），故选：C．题型三：渐变型【例3】（2021·山东泰安市）如图，点1B在

直线1:2lyx=上，点1B的横坐标为2，过点1B作1Bl⊥，交x轴于点1A，以11AB为边，向右作正方形1121ABBC，延长21BC交x轴于点2A；以22AB为边，向右作正方形2232ABBC，延长32BC交x轴于点3A；以33AB为边，向右作正方

形3343ABBC，延长的43BC交x轴于点4A；…；按照这个规律进行下去，则第n个正方形1nnnnABBC+的边长为________（结果用含正整数n的代数式表示）．【答案】15322n−【分析】根据题中条件，证明所有

的直角三角形都相似且确定相似比，再具体算出前几个正方形的边长，然后再找规律得出第n个正方形的边长．【详解】解：点1B在直线1:2lyx=上，点1B的横坐标为2，点1B纵坐标为1．221215,OB=+=分别过1B，14,,C

C作x轴的垂线，分别交于14,,,DDD，下图只显示一条；111111190,BDACDBBODABD===,111RtBDORtADB∽类似证明可得，图上所有直角三角形都相似，有11111211112nnnnCABDBACAODOBCAC

A+=====，不妨设第1个至第n个正方形的边长分别用：12,,,nlll来表示，通过计算得：11522OBl==，12112353222lllCA=+==，223223353222lllCA=+==1111

353222nnnnnnlllCA−−−−=+==按照这个规律进行下去，则第n个正方形1nnnnABBC+的边长为15322n−，故答案是：15322n−．【例4】（2021·湖北）如图，在平面直角坐标系

中，动点P从原点O出发，水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得到点()11,1P−−；接着水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点2P；接着水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个

单位长度得到点3P；接着水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点4P，…，按此作法进行下去，则点2021P的坐标为___________．【答案】(1011,1011)−−【分析】先根据点坐标的平移变换规律求出点2345,,,PPP

P的坐标，再归纳类推出一般规律即可得．【详解】解：由题意得：2(12,12)P−+−+，即2(1,1)P，3(13,13)P−−，即3(2,2)P−−，4(24,24)P−+−+，即4(2,2)P，5(25,25)

P−−，即5(3,3)P−−，观察可知，点1P的坐标为(1,1)−−，其中1211=−，点3P的坐标为(2,2)−−，其中3221=−，点5P的坐标为(3,3)−−，其中5231=−，归纳类推得：点21nP−的坐标为(,)nn−

−，其中n为正整数，2021210111=−，点2021P的坐标为(1011,1011)−−，故答案为：(1011,1011)−−．【例5】（2020•鄂州）如图，点A1，A2，A3…在反比例函数y=xk（x＞0）的图象上，点B1，B2，

B3，…Bn在y轴上，且∠B1OA1＝∠B2B1A2＝∠B3B2A3＝…，直线y＝x与双曲线y=xk交于点A1，B1A1⊥OA1，B2A2⊥B1A2，B3A3⊥B2A3…，则Bn（n为正整数）的坐标是（

）A．（2n，0）B．（0，12+n）C．（0，)1(2−nn）D．（0，2n）【分析】由题意，△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…，都是等腰直角三角形，想办法求出OB1，OB2，OB3，OB4，…，探究规律，利用规律解决问题即可得出结论

．【解析】由题意，△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…，都是等腰直角三角形，∵A1（1，1），∴OB1＝2，设A2（m，2+m），则有m（2+m）＝1，解得m=√2−1，∴OB2＝2√2，设A3（a，2√2+n），则有n＝a（2√2

+a）＝1，解得a=√3−√2，∴OB3＝2√3，同法可得，OB4＝2√4，∴OBn＝2√𝑛，∴Bn（0，2√𝑛）．故选：D．1．（2020•自贡）如图，直线y=byx+−3与y轴交于点A，与双曲

线y=xk在第三象限交于B、C两点，且AB•AC＝16．下列等边三角形△OD1E1，△E1D2E2，△E2D3E3，…的边OE1，E1E2，E2E3，…在x轴上，顶点D1，D2，D3，…在该双曲线第一象限的分支上，则k＝

，前25个等边三角形的周长之和为．【分析】设直线y=−√3x+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．首先证明∠ADO＝60°，可得AB＝2BE，AC＝2CF，由直线y=−√3x+b与双曲线y=𝑘𝑥在第一象限交于点B、C两点，可得−√3x+b=𝑘𝑥，整理得

，−√3x2+bx﹣k＝0，由韦达定理得：x1x2=√33k，即EB•FC=√33k，由此构建方程求出k即可，第二个问题分别求出第一个，第二个，第三个，第四个三角形的周长，探究规律后解决问题．【解析】设直线y

=−√3x+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．∵y=−√3x+b，∴当y＝0时，x=√33b，即点D的坐标为（√33b，0），当x＝0时，y＝b，即A点坐标为（0，b），∴OA＝﹣b，OD=−√33b．题型

训练∵在Rt△AOD中，tan∠ADO=𝑂𝐴𝑂𝐷=√3，∴∠ADO＝60°．∵直线y=−√3x+b与双曲线y=𝑘𝑥在第三象限交于B、C两点，∴−√3x+b=𝑘𝑥，整理得，−√3x2+bx﹣k＝0，由韦达定理得：x1x2=√33k，即EB•FC=

√33k，∵𝐸𝐵𝐴𝐵=cos60°=12，∴AB＝2EB，同理可得：AC＝2FC，∴AB•AC＝（2EB）（2FC）＝4EB•FC=4√33k＝16，解得：k＝4√3．由题意可以假设D1（m，m√3），∴m2•√3=4√3，∴m＝2∴OE1＝4，即第一个三角形的周长为12

，设D2（4+n，√3n），∵（4+n）•√3n＝4√3，解得n＝2√2−2，∴E1E2＝4√2−4，即第二个三角形的周长为12√2−12，设D3（4√2+a，√3a），由题意（4√2+a）•√3a＝4√3

，解得a＝2√3−2√2，即第三个三角形的周长为12√3−12√2，…，∴第四个三角形的周长为12√4−12√3，∴前25个等边三角形的周长之和12+12√2−12+12√3−12√2+12√4−12√3+⋯+12√25−12√24=12√25=60，故答案为4√3，60．2．（2020

•怀化）如图，△OB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…，△An﹣1BnAn，都是一边在x轴上的等边三角形，点B1，B2，B3，…，Bn都在反比例函数xy3=（x＞0）的图象上，点A1，A2，A3，…，An，都在x轴上，则An的坐标为．【分析】如图，过点B1作B1C⊥x轴于点C，过点

B2作B2D⊥x轴于点D，过点B3作B3E⊥x轴于点E，先在△OCB1中，表示出OC和B1C的长度，表示出B1的坐标，代入反比例函数解析式，求出OC的长度和OA1的长度，表示出A1的坐标，同理可求得A2、A3的坐标，即可发现一般规律．【解析】如图，过点B1作B1C⊥x轴于点C，过点B

2作B2D⊥x轴于点D，过点B3作B3E⊥x轴于点E，∵△OA1B1为等边三角形，∴∠B1OC＝60°，OC＝A1C，∴B1C=√3OC，设OC的长度为t，则B1的坐标为（t，√3t），把B1（t，√3t）代入y=√3

𝑥得t•√3t=√3，解得t＝1或t＝﹣1（舍去），∴OA1＝2OC＝2，∴A1（2，0），设A1D的长度为m，同理得到B2D=√3m，则B2的坐标表示为（2+m，√3m），把B2（2+m，√3m）代入y=√3𝑥得（2+m）×√3m=√3，解得m=√2−1

或m=−√2−1（舍去），∴A1D=√2−1，A1A2=2√2−2，OA2=2+2√2−2=2√2，∴A2（2√2，0）设A2E的长度为n，同理，B3E为√3n，B3的坐标表示为（2√2+n，√3n），把B3（2√2+n，√3n）代入y=√3𝑥得（2√2+n）•√3n

=√3，∴A2E=√3−√2，A2A3=2√3−2√2，OA3=2√2+2√3−2√2=2√3，∴A3（2√3，0），综上可得：An（2√𝑛，0），故答案为：(2√𝑛，0)．1．（2020•内江）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣2，0），直线l：y

=√33x+√33与x轴交于点B，以AB为边作等边△ABA1，过点A1作A1B1∥x轴，交直线l于点B1，以A1B1为边作等边△A1B1A2，过点A2作A2B2∥x轴，交直线l于点B2，以A2B2为边作等边△A2B2A3，以此

类推……，则点A2020的纵坐标是．【分析】先根据解析式求得B的坐标，即可求得AB＝1，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，分别求得A1的纵坐标为√32，A2的纵坐标为3√32，A3的纵坐标为7

√32，进而得到An的纵坐标为2𝑛−12√3，据此可得点A2020的纵坐标．提分训练【解析】∵直线l：y=√33x+√33与x轴交于点B，∴B（﹣1，0），∴OB＝1，∵A（﹣2，0），∴OA＝2，∴AB＝1，∵△ABA1是等边

三角形，∴A1（−32，√32），把y=√32代入y=√33x+√33，求得x=12，∴B1（12，√32），∴A1B1＝2，∴A2（−12，√32+√32×2），即A2（−12，3√32），把y=3√32代入y=√33x+√33，

求得x=72，∴B2（72，3√32），∴A2B2＝4，∴A3（3，3√32+√32×4），即A3（3，7√32），……，An的纵坐标为2𝑛−12√3，∴点A2020的纵坐标是22020−12√3，故答案为22020−12√3．2．（2021·四川广安市）如

图，在平面直角坐标系中，ABy⊥轴，垂足为B，将ABO绕点A逆时针旋转到11ABOV的位置，使点B的对应点1B落在直线34yx=−上，再将11ABOV绕点1B逆时针旋转到112ABO的位置，使点1O的对应点2O也落在直线34yx=−上，以此进

行下去……若点B的坐标为()0,3，则点21B的纵坐标．．．为______．【答案】3875【分析】计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B2

1的纵坐标即可．【详解】解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入34yx=−，得：334x=−，得：x=-4，即A（-4，3），∴OB=3，AB=4，OA=2234+=5，由旋转可知：OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA

=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，设B21（a，34a−），则OB21=2231294aa+−=，解得：5165a

=−或5165（舍），则335163874455a−=−−=，即点B21的纵坐标为3875，故答案为：3875．3．（2021·贵州毕节市）如图，在平面直角坐标系中，点()11,1N在直线:lyx=上，过点1N作11NMl⊥，交x轴于点1M

；过点1M作12MNx⊥轴，交直线l于点2N；过点2N作22NMl⊥，交x轴于点2M；过点2M作23MNx⊥轴，交直线l于点3N；…；按此作法进行下去，则点2021M的坐标为_____________．【答案】（20212，0）.【分析】根据题目所给的解

析式，求出对应的1M坐标，然后根据规律求出nM的坐标，最后根据题目要求求出最后答案即可.【详解】解：如图，过点N作NM⊥x轴于M将1x=代入直线解析式yx=中得1y=∴1OMMN==，MON=45°∵1ONM=∠90°∴1ONNM=∵1ONNM⊥∴11OMMM==∴1M的

坐标为（2，0）同理可以求出2M的坐标为（4，0）同理可以求出3M的坐标为（8，0）同理可以求出nM的坐标为（2n，0）∴2021M的坐标为（20212，0）故答案为：（20212，0）.4．（2021·内蒙古呼伦贝尔）如图，点1B在直线1:2lyx=

上，点1B的横坐标为2，过点1B作11BAx⊥轴，垂足为1A，以11AB为边向右作正方形1112ABCA，延长21AC交直线l于点2B；以22AB为边向右作正方形2223ABCA，延长32AC交直线l于点3B；……；按照这个规律进行下去，点

2021B的坐标为___________．【答案】202020202019202033(,)22【分析】由题意分别求出A1、A2、A3、A4……An、B1、B2、B3、B4……Bn、的坐标，根据规律进而可求解．【详解】解：∵点1

B在直线1:2lyx=上，点1B的横坐标为2，过点1B作11BAx⊥轴，垂足为1A，∴1(2,0)A，1(2,1)B，∴A1B1=1，根据题意，OA2=2+1=3，∴2(3,0)A，23(3,)2B，同理，39(,0)2A，399(,)24B，427(,0)4A，4272

7(,)48B……由此规律，可得：123(,0)2nnnA−−，112133(,)22nnnnnB−−−−，∴20211202112021202122021133(,)22B−−−−即2020202020212019202033(,)22B

，故答案为：202020202019202033(,)22．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com