1. （2026·宁波期末）如图，已知$A_1(0,1),A_2(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}),A_3(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}),A_4(0,2),A_5(\sqrt{3},-1),A_6(-\sqrt{3},-1),A_7(0,3),A_8(\frac{3\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}),A_9(-\frac{3\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2})\dots\dots$则点$A_{2025}$的坐标是（）

A.$(-\frac{675\sqrt{3}}{2},-\frac{675}{2})$
B.$(\frac{675\sqrt{3}}{2},-\frac{675}{2})$
C.$(-338\sqrt{3},-338)$
D.$(338\sqrt{3},-338)$

1. A 解析:第一组:$A_1(0,1),A_2(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}),A_3(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2})$,第二组:$A_4(0,2),A_5(\sqrt{3},-1),A_6(-\sqrt{3},-1)$,第三组:$A_7(0,3),A_8(\frac{3\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}),A_9(-\frac{3\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2})\dots\dots$每组内的坐标规律为第1个点为$(0,k)$,第2个点为$(\frac{\sqrt{3}}{2}k,-\frac{1}{2}k)$,第3个点为$(-\frac{\sqrt{3}}{2}k,-\frac{1}{2}k)$($k$为组数),$\because 2\ 025÷3=675$,无余数,$\therefore 2\ 025$是第675组的第3个点,$\therefore$ 根据规律,第675组的第3个点的坐标为 $(-\frac{\sqrt{3}}{2}× 675,-\frac{1}{2}× 675 )= (-\frac{675\sqrt{3}}{2},-\frac{675}{2} )$,$\therefore$ 点$A_{2025}$的坐标是 $(-\frac{675\sqrt{3}}{2},-\frac{675}{2} )$.故选 A.

2. （2026·嘉兴期末）如图，直线$l:y=x+1$交$y$轴于点$A_1$，在$x$轴正方向上取点$B_1$，使$OB_1=OA_1$；过点$B_1$作$A_2B_1 ⊥ x$轴，交$l$于点$A_2$，在$x$轴正方向上取点$B_2$，使$B_1B_2=B_1A_2$；过点$B_2$作$A_3B_2 ⊥ x$轴，交$l$于点$A_3$，在$x$轴正方向上取点$B_3$，使$B_2B_3=B_2A_3$；…记$△ OA_1B_1$的面积为$S_1$，$△ B_1A_2B_2$的面积为$S_2$，$△ B_2A_3B_3$的面积为$S_3$，…，则$S_{2025}$等于（）

A.$2^{4046}$
B.$2^{4047}$
C.$2^{4048}$
D.$2^{4049}$

2. B 解析:将$x=0$代入$y=x+1$,得$y=1$,$\therefore A_1(0,1)$,$\therefore OA_1 = 1$.$\because OB_1=OA_1$,$\therefore OB_1=1$,$\therefore S_1=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}=2^{-1}$.$\because A_2B_1 ⊥ x$轴,且点$A_2$在直线$y=x+1$的图象上,$\therefore A_2(1,2)$,$\therefore B_1B_2 = B_1A_2=2$,$\therefore S_2=\frac{1}{2}×2×2=2=2^1$,以此类推,$S_3=\frac{1}{2}×4×4=8=2^3$,$S_4=\frac{1}{2}×8×8=32=2^5$,$\dots$,$\therefore S_n=2^{2n-3}$($n$为正整数),当$n=2\ 025$时,$S_{2025}=2^{2× 2\ 025-3}=2^{4\ 047}$.故选 B.

3. （2026·杭州期末）如图，直线$ l: y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x - \frac{\sqrt{3}}{3} $与x轴负半轴交于点$ A_1 $，以$ OA_1 $为边构造等边三角形$ OA_1B_1 $；过$ B_1 $作$ B_1A_2 // OA_1 $交直线$ l $于点$ A_2 $，以$ B_1A_2 $为边构造等边三角形$ B_1A_2B_2 $，…，按此规律进行下去，则点$ B_6 $的横坐标为（）

A.$ -5\frac{1}{2} $
B.$ -10\frac{1}{2} $
C.$ -15\frac{1}{2} $
D.$ -31\frac{1}{2} $

3. D 解析:$\because$ 直线$ l: y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x - \frac{\sqrt{3}}{3} $与x轴负半轴交于点$ A_1 $,$\therefore A_1(-1,0)$,$\therefore OA_1=1$.$\because △ OA_1B_1$ 是等边三角形,过$ B_1 $作$ B_1C_1 ⊥ x $轴于点$ C_1 $,,$\therefore B_1C_1$ 垂直平分$ A_1O $,即$ ∠ C_1B_1O=30° $,$\therefore OC_1=\frac{1}{2}OA_1=\frac{1}{2}$,进而由勾股定理可得$ B_1C_1=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2} $,$\therefore B_1 (-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}) $.当$ y=\frac{\sqrt{3}}{2} $时,$\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{\sqrt{3}}{3}$,解得$ x=-\frac{5}{2} $,$\therefore A_2B_1=2$. 在等边$ △ B_2A_2B_1 $中,同理可得$ B_2 (-\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2}) $;当$ y=\frac{3\sqrt{3}}{2} $时,$\frac{3\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{\sqrt{3}}{3}$,解得$ x=-\frac{11}{2} $,$\therefore A_3B_2=4$. 在等边$ △ B_3A_3B_2 $中,同理可得$ B_3 (-\frac{7}{2},\frac{7\sqrt{3}}{2}) $;按照以上求解过程,可得$ B_4 (-\frac{15}{2},\frac{15\sqrt{3}}{2}) $,$B_5 (-\frac{31}{2},\frac{31\sqrt{3}}{2}) $,$B_6 (-\frac{63}{2},\frac{63\sqrt{3}}{2}) $,$\therefore B_6 $的横坐标为$ -\frac{63}{2}=-31 \frac{1}{2} $.故选 D.

4. ★★（南京中考）如图,在平面直角坐标系中,横、纵坐标均为整数的点按如下规律依序排列:
(0,0),(1,0),(0,1),(2,0),(1,1),(0,2),(3,0),(2,1),(1,2),(0,3),(4,0),(3,1),
(2,2),(1,3),…,按这个规律,则(6,7)是第个点.

（第4题）（第5题）

4. 99 解析:横、纵坐标和是0的有1个点,横、纵坐标和是1的有2个点,横、纵坐标和是2的有3个点,横、纵坐标和是3的有4个点……横、纵坐标和是$n$的有$(n+1)$个点,$\because 6+7=13$,$1+2+\dots+12+13=\frac{1}{2}×13×(13+1)=91$,$\therefore$ 横、纵坐标和是13的有14个点,分别为$(13,0),(12,1),(11,2),(10,3),(9,4),(8,5),(7,6),(6,7),(5,8),(4,9),(3,10),(2,11),(1,12),(0,13)$,$\therefore (6,7)$是第$91+8=99$(个)点.

5. （宿迁中考）如图，$△ ABC$是正三角形，点$A$在第一象限，点$B(0,0),C(1,0)$.将线段$CA$绕点$C$按顺时针方向旋转$120°$至$CP_1$；将线段$BP_1$绕点$B$按顺时针方向旋转$120°$至$BP_2$；将线段$AP_2$绕点$A$按顺时针方向旋转$120°$至$AP_3$；将线段$CP_3$绕点$C$按顺时针方向旋转$120°$至$CP_4$……以此类推，则点$P_{99}$的坐标是.

5. $(-49,50\sqrt{3})$ 解析:如图①,画出前4次旋转后点$P$的位置,由图象可得,点$P_1,P_4$在$x$轴正半轴上,$\therefore$ 每旋转3次为一个循环,$\because 99÷3=33$,$\therefore$ 点$P_{99}$在射线$CA$上,点$P_{100}$在$x$轴正半轴上.$\because C(1,0)$,$△ ABC$是正三角形,$\therefore$ 由旋转的性质可得$AC=CP_1=1$,$\therefore BP_1=OC+CP_1=2$,$\therefore P_1(2,0)$,$\therefore BP_2=BP_1=2$,$\therefore AP_3=AP_2=OP_2+AO=3$,$\therefore CP_4=CP_3=CA+AP_3=3+1=4$,$\therefore BP_4=BC+CP_4=5$,$\therefore P_4(5,0)$,同理可得$P_7(8,0)$,$P_{10}(11,0)$,$\therefore P_{100}(101,0)$,$\therefore BP_{100}=101$,$\therefore CP_{100}=101-1=100$,$\therefore$ 由旋转的性质可得,$CP_{99}=100$,$\therefore$ 如图②,过点$P_{99}$作$P_{99}E⊥ x$轴于点$E$,$\because ∠ ACB=60°$,$\therefore ∠ EP_{99}C=30°$,$\therefore EC=\frac{1}{2}P_{99}C=50$,$\therefore EO=EC-OC=49$,$P_{99}E=\sqrt{3}EC=50\sqrt{3}$,$\therefore$ 点$P_{99}$的坐标是$(-49,50\sqrt{3})$.