1、安徽卷（压轴8道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年安徽卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第8题菱形的性质与计算、第10题三角形的性质综合问题、第14题二次函数的性质综合问题、第17题解直角三角形的应用问题、第18题材料阅读探究问题、第20题圆的计算与证明综合问题、第22题二次函数压轴综合问题、第23题几何综合探究问题，每道题精讲精析，配有变式练习各4道，安徽模拟变式训练题共32道，解析共62页.【压轴一】菱形的性质与计算【真题再现】（安徽第8题）如图，在菱形ABCD中，AB2，A120，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFG
2、H的周长为（）A3+3B2+23C2+3D1+23【思路点拨】证明BEF是等边三角形，求出EF，同法可证DGH，EOH，OFG都是等边三角形，求出EH，GF，FG即可【详析详解】解：如图，连接BD，AC四边形ABCD是菱形，BAD120，ABBCCDAD2，BAODAO60，BDAC，ABOCBO30，OA=12AB1，OB=3OA=3，OEAB，OFBC，BEOBFO90，在BEO和BFO中，BEO=BFOEBO=FBOBO=BO，BEOBFO（AAS），OEOF，BEBF，EBF60，BEF是等边三角形，EFBE=332=32，同法可证，DGH，OEH，OFG都是等边三角形，EFGH=32
3、，EHFG=32，四边形EFGH的周长3+3，故选：A【方法小结】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型【变式训练】【变式1.1】（2021安徽合肥市合肥38中九年级三模）如图，在中，为中线，为的中点，交于点，若， ，则的长为（ ）A2B4C3D2.5【答案】D【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知CE的长度，再根据中位线定理，即可求得DF的长度【详解】解：在中，为中线，,，为的中点，,，点D是BC的中点，故选：D【点睛】本题主要考查勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边
4、的一半，以及中位线定理，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键【变式1.2】（2021安徽合肥市九年级二模）如图，矩形纸片中，点E、G分别在，上，将、分别沿、翻折，点A的对称点为点F，点D的对称点为点H，当E、F、H、C四点在同一直线上时，连接，则线段长为（ ）ABCD【答案】A【分析】由翻折可以得到：，求得，证明出，过点H作于点M，进而进行求解【详解】由翻折可知：，在中：，如图所示：，过点H作于点M，如图所示：则，解得：，则，在中，故选：A【点睛】本题主要考查了矩形的相关性质，全等三角形，正确读懂题意是解题的关键【变式1.3】（2021安庆市教育教学研究室九年级一模）如图，菱形的边长为10，对角
5、线16，点分别是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则长为（ ）A13B10C12D5【答案】C【分析】连接对角线BD，交AC于点O，证四边形BDEG是平行四边形，得EG=BD，利用勾股定理求出OD的长，BD=2OD，即可求出EG【详解】解：连接BD，交AC于点O，如图：菱形ABCD的边长为10，点E、F分别是边CD、BC的中点，ABCD，AB=BC=CD=DA=10，EFBD，AC、BD是菱形的对角线，AC=16，ACBD，AO=CO=8，OB=OD，又ABCD，EFBD，DEBG，BDEG，四边形BDEG是平行四边形，BD=EG，在COD中，OCOD，CD=10，CO=8，OB=OD=
6、，BD=2OD=12，EG=BD=12；故选：C【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键【变式1.4】（2021安徽合肥市合肥38中九年级二模）如图，在矩形ABCD中，AB=14，BC=7，M、N分别为AB、CD的中点，P、Q均为CD边上的动点（点Q在点P左侧），点G为MN上一点，且PQ=NG=5，则当MP+GQ=13时，满足条件的点P有（ ）A4个B3个C2个D1个【答案】D【分析】分三种情况讨论：当在的两侧时，设 则当在的右侧时，设 当都在的左侧时，设 再利用勾股定理与平方差公式求解，从而可得答案【详解】
7、解：如图，当在的两侧时，设 则 矩形ABCD，M、N分别为AB、CD的中点， 四边形 四边形都是矩形， 由勾股定理得： 整理得： 如图，当在的右侧时，设 同理可得： 解得： 不合题意舍去，如图，当都在的左侧时，设 同理可得： 解得： 不合题意舍去，综上：满足条件的点只有个，故选：【点睛】本题考查的是矩形的性质与判定，勾股定理的应用，平方差公式的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解题的关键【压轴二】三角形的性质综合问题【真题再现】（安徽第10题）在ABC中，ACB90，分别过点B，C作BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME则下列结论错误的是（）ACD2
8、MEBMEABCBDCDDMEMD【思路点拨】根据题意作出图形，可知点A，C，D，B四点共圆，再结合点M是中点，可得DMBC，又CEAD，BDAD，可得CEMBFM，可得EMFMDM，延长DM交AB于点N，可得MN是ACB的中位线，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得DNAN，得到角之间的关系，可得MEAB【详析详解】解：根据题意可作出图形，如图所示，并延长EM交BD于点F，延长DM交AB于点N，在ABC中，ACB90，分别过点B，C作BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，由此可得点A，C，D，B四点共圆，AD平分CAB，CADBAD，CDDB，（故选项C正确）点M是BC的中点，DM
9、BC，又ACB90，ACDN，点N是线段AB的中点，ANDN，DABADN，CEAD，BDAD，CEBD，ECMFBM，CEMBFM，点M是BC的中点，CMBM，CEMBFM（AAS），EMFM，EMFMDM（故选项D正确），FEMMDEDAB，EMAB（故选项B正确），综上，可知选项A的结论不正确故选：A【方法小结】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线定理，全等三角形的性质与判定等，根据题中条件，作出正确的辅助线是解题关键【变式训练】【变式2.1】（2021合肥市第四十二中学九年级一模）如图，在中，点D是边上一动点，连接，在上取一点E，使，连接，则的最小值为（）ABCD【
10、答案】C【分析】根据DCE+ACE=90，DCE=DAC，确定DAC +ACE=90即AEC=90，取AC的中点F，当B、E、F三点共线时，BE最小，根据勾股定理求解即可【详解】，DCE+ACE=90，DCE=DAC，DAC +ACE=90即AEC=90，取AC的中点F，当B、E、F三点共线时，BE最小，AC=4，AF=CF=EF=2，BF=BE=BF-EF=,故选C【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的判定，斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短原理，取AC的中点F，准确构造两点之间线段最短原理是解题的关键【变式2.2】（2021合肥市第四十五中学九年级一模）如图，ABC、BDE都是
11、等腰直角三角形，BABC，BDBE，AC4，DE2将BDE绕点B逆时针方向旋转后得，当点E恰好落在线段上时，则的长为（）ABCD【答案】B【分析】过A点作AHBE于E，如图，利用等腰直角三角形的性质得AB2 ，BEBD2，BED45，再根据旋转的性质得BEDBED45，EBDEBD90，EDED2，BDBDBE2，设AHx，则HEx，AEx，利用勾股定理得到x2+（x+2）2（2）2，解方程得到AE ，所以ADAE+ED+，然后证明BADBCE，从而得到CEAD【详解】解：过A点作AHBE于E，如图，ABC、BDE都是等腰直角三角形，ABAC42，BEBDDE22，BED45，BDE绕点B逆时
12、针方向旋转后得BDE，BEDBED45，EBDEBD90，EDED2，BDBDBE2，AEHBED45，AHEH，设AHx，则HEx，AEx，在RtAHB中，x2+（x+2）2（2）2，解得x11，x21（舍去），AEx（1）， ADAE+ED+2+，在BAD和BCE中， ，BADBCE（SAS），CEAD+ 故选：B【点睛】本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等也考查了等腰直角三角形【变式2.3】（2021安徽亳州市九年级一模）如图，在锐角ABC中，AB6，ABC60，ABC的平分线交AC于点D，点P，Q分别是BD，A
13、B上的动点，则APPQ的最小值为（ ）A6B6C3D3【答案】D【分析】在BC上取E，使BEBQ，这样APPQ转化为APPE即可得出答案【详解】解：如图，在BC上取E，使BEBQ，连接PE，过A作AHBC于H，BD是ABC的平分线，ABDCBD，BPBP，BEBQ，BPQBPE（SAS），PEPQ，APPQ的最小即是APPE最小，当APPEAH时最小，在RtABH中，AB6，ABC60，AHABcos60，APPQ的最小为，故选：D【点睛】本题考查两条线段和的最小值，解题的关键是作辅助线把PQ转化到BD的另一侧【变式2.4】（2021安徽九年级三模）如图，在RtABC中，ACB=90，AC=8
14、，BC=6，点D是AC的中点，将CD绕着点C逆时针旋转一周，在旋转的过程中，点D的对应点为点E，连接AE、BE，则AEB面积的最小值是（）A1B2C3D4【答案】D【分析】作CHAB于H，如图，先利用勾股定理计算出AB=10，再利用面积法计算出CH=，再根据旋转的性质得CE=4，然后利用点E点在HC上，点E到AB的距离最小，即可求AEB面积的最小值【详解】解：如图，作CHAB于H，ACB=90，AC=8，BC=6，AB= =10， CHAB=ACBC，CH=，点D是AC的中点，CD=4，将CD绕着点C逆时针旋转，在旋转过程中点D的对应点为点E，CE=4，即点E在以C为圆心，4为半径的圆上，点E
15、在HC的上，点E到AB的距离最小，SAEB最小值=10（-4）=4故选D【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，解题关键在于作辅助线【压轴三】二次函数的性质综合问题【真题再现】（安徽第14题）设抛物线yx2+（a+1）x+a，其中a为实数（1）若抛物线经过点（1，m），则m0；（2）将抛物线yx2+（a+1）x+a向上平移2个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是2【思路点拨】（1）把点（1，m），直接代入抛物线解析式，即可得出结论；（2）根据“上加下减”可得出平移后的抛物线解析式，再利用配方法配方，可表达顶点的纵坐标，再求最大值【详析详解】解：（1）点（1，m）代入抛物线解析式yx2+（a+
16、1）x+a，得（1）2+（a+1）（1）+am，解得m0故答案为：0（2）yx2+（a+1）x+a向上平移2个单位可得，yx2+（a+1）x+a+2，y（x+a+12）2-14（a1）2+2，抛物线顶点的纵坐标n=-14（a1）2+2，-140，n的最大值为2故答案为：2【方法小结】本题主要考查二次函数图象的平移，二次函数图象顶点坐标等内容，题目比较简单【变式训练】【变式3.1】（2021合肥市第四十五中学九年级三模）二次函数的图象过点，对称轴为直线，若，则下列结论错误的是（ ）A当时，随着的增大而增大BC若、是抛物线上的两点，当时，D若方程的两根为、，且，则【答案】D【分析】根据可得抛物线开
17、口向上，根据对称轴可得A正确；由图象经过点可得，进而可得，可得B正确；根据二次函数图象的对称性可得，可得x=4，根据对称性可得x=4时与x=0时的函数值相同，即可判定C正确；根据二次函数图象的对称性可得抛物线与x轴的另一个交点为（5，0），由抛物线开口向上可得【详解】，抛物线开口向上，对称轴为直线，当时，随着的增大而增大，故A选项正确，二次函数的图象过点，对称轴为直线，则，故B选项正确，、是抛物线上的两点，A、B关于直线x=2对称，=4，x=4时与x=0时的函数值相同，当x=0时，故选项C正确，方程的两根为、，方程的两根为、，且，抛物线开口向上，故选项D错误，故选：D【点睛】本题考查了二次函数
18、图象与系数的关系及二次函数的性质，对于二次函数（），当a0时，抛物线开口向上，当a0时，抛物线开口向下，熟练掌握二次函数的对称性是解题关键【变式3.2】（2021合肥市第四十二中学九年级三模）关于函数 下列说法正确的是（ ）A无论取何值，函数图象总经过点和B当时，函数图像与轴总有2个交点C若，则当时，随的增大而减小D若函数图象与轴交于和，若，则 【答案】B【分析】根据函数的图象和性质逐一求解即可【详解】解：A、，令，解得，当时，同理当时，故图象总过点和，故A错误，不符合题意；B、当时，故函数图象与轴总有2个交点，故B正确，符合题意；C、函数的对称轴为，当时，故当时，随的增大而减小，故C错误，不
19、符合题意；D、令，解得或，即，故，故D错误，不符合题意，故选：B【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征【变式3.3】（2021合肥市庐阳中学九年级一模）在边长为的正方形中，对角线与相交于点O，P是上一动点，过P作，分别交正方形的两条边于点E，F设，的面积为y，则能反映y与x之间关系的图象为（ ）ABCD【答案】B【分析】分析EF与x的关系，他们的关系分两种情况：当P在OB上时；当P在OD上时依情况来判断抛物线的开口方向【详解】解：四边形ABCD是正方形，ACBD，OBOD，当P
20、在OB上时，即0x，EFAC，BEFBAC，EF：ACBP：OB，EF2BP2x，yEFOP2x；当P在OD上时，即x，EFAC，DEFDAC，EF：ACDP：OD，即EF：，EF2（x），yEFOP，这是一个二次函数，根据二次函数的性质可知：二次函数的图象是一条抛物线，开口方向取决于二次项的系数当系数0时，抛物线开口向上；系数0时，开口向下根据题意可知符合题意的图象只有选项B故选B【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象、二次函数的性质等知识点，利用三角形的面积公式列出二次函数解析式是解题的关键.【变式3.4】（2021安徽宣城市九年级一模）二次函数的图象如图，给出下列四个结论：；方程没有实
21、数根；其中正确结论的个数是（ ）A4个B3个C2个D1个【答案】B【分析】根据当x1时y0、对称轴及a0可判断；结合及抛物线与x轴交点情况可判断；由2ax22bx2c50可得ax2bxc，根据抛物线与直线y交点情况判断；由m（amb）ba得abcam2bmc，根据函数最值可判断【详解】解：由图象可知，当x1时，y0，即abc0，对称轴1，a0，b2a0，a2ac0，即3ac0，3abc0，故正确；抛物线与x轴有两个交点，b24ac0，3ac0b24ac，故正确；2ax22bx2c50，ax2bxc，结合图象可知，不能确定抛物线yax2bxc与直线y的交点情况，故不正确；当xm（m1）时，yam
22、2bmc，且当x1时，函数y取得最大值，abcam2bmc，m（amb）ba，故正确；综上，正确结论有共3个，故选：B【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，关键是根据二次函数的图象获得有关信息，对要求的式子进行判断，以及二次函数与方程之间的转换【压轴四】解直角三角形的应用问题【真题再现】（安徽第17题）学生到工厂劳动实践，学习制作机械零件零件的截面如图阴影部分所示，已知四边形AEFD为矩形，点B、C分别在EF、DF上，ABC90，BAD53，AB10cm，BC6cm求零件的截面面积参考数据：sin530.80，cos530.60【思路点拨】由四边形AEFD为矩形，可得ADEF，则BADE
23、BA，又AB10cm，结合三角函数值可求出AE与BE的长度，又ABC是90，在RtBCF中，结合三角函数值可求出BF，CF的长度，由零件的截面面积矩形AEFD的面积ABE的面积BCF的面积，即可得出结论【详析详解】解：如图，四边形AEFD为矩形，BAD53，ADEF，EF90，BADEBA53，在RtABE中，E90，AB10，EBA53，sinEBA=AEAB0.80，cosEBA=BEAB0.60，AE8，BE6，ABC90，FBC90EBA37，BCF90FBC53，在RtBCF中，F90，BC6，sinBCF=BFBC0.80，cosBCF=FCBC0.60，BF=245，FC=185
24、，EF6+245=545，S四边形EFDAAEEF8545=4325，SABE=12AEBE=128624，SBCF=12BFCF=12245185=21625，截面的面积S四边形EFDASABESBCF=4325-24-21625=531925（cm2）【方法小结】本题主要考查解直角三角形，题目本身不难，但是计算比较复杂，清楚了解每一步如何计算是解题基础【变式训练】【变式4.1】（2021合肥市第四十二中学九年级三模）如图，已知在中，连接交于点，点是延长线上一点，连接交于点，且（1）求证：；（2）若点是中点，求证：；（3）在（2）的条件下，求的值【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分
25、析】（1）根据垂直得出，再根据角的互余和等量代换得到，由推出即可得解；（2）由（1）得，再根据已知条件得出，得到，即可得解；（3）连接，由相似三角形的性质推出，设，则，根据勾股定理求出HF，即可得解；【详解】（1）证明：，在中， ，又，又，；（2）点是中点，由（1）得，又，又，即；（3）连接，由（2）得，即，又，又，垂直平分，设，则，在中，；【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定、解直角三角形的应用，结合勾股定理计算是解题的必要步骤【变式4.2】（2021安徽合肥市九年级三模）安徽滁州琅琊山会峰阁更名为琅琊阁，如图是悬挂着巨大匾额的琅琊阁，如图，线段是悬挂在墙壁上的匾额的截面示意图，已知
26、米，从水平地面点处看点，仰角，从点处看点，仰角且米，求匾额悬挂的高度的长（结果精确到0.1米，参考数据：，）【答案】4.9米【分析】通过作垂线构造直角三角形，在RtBCN中，求出CN、BN，在RtABE中用AB的代数式表示AE，再根据ADC45得出CFDF，列方程求解即可【详解】解：过点C作CNAB，CFAD，垂足为N、F，如图所示：在RtBCN中，CNBCsinMBC2sin3420.56=1.12（米），BNBCcos3420.831.66（米）在RtABE中，AEABtanABEABtan34AB0.670.67AB，ADC45，CFDF，BNABADAF，即：1.66AB0.67AB4
27、.41.12，解得，AB4.9（米）答：匾额悬挂的高度AB的长约为4.9米【点睛】本题主要考查直角三角形的边角关系，通过作垂线构造直角三角形，利用锐角三角函数表示边，再利用各条边之间的关系，列方程求解是解决问题的常用方法【变式4.3】（2021安徽阜阳市九年级一模）为建设新农村，全面实现“村村亮”，某市在其辖区内的每个村庄都安装了如图1所示的太阳能路灯，图2是该路灯的平面示意图，为立柱的一部分，灯臂，支架与立柱分别交于A，B两点，灯臂与支架交于点C已知，求点C到地面的距离（结果精确到参考数据：，）【答案】【分析】过点C作于点D， 由题意解得，在中，由正切定义解得，在中，由正切定义解得，继而解得
28、，由此解题即可【详解】解：如图，过点C作于点D， 则， 在中， 在中， ， ， ， 答：点C到地面的距离约为 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，涉及正切，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键【变式4.4】（2021安徽九年级二模）如图，在菱形中，点在射线上，点在线段上，连接，且，射线与射线交于点（1）如图1，当点在线段上时，求证：（2）如图2，点在线段上，连接，当时，求证：（3）如图3，点在线段的延长线上，当，时，求线段的长【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）利用菱形的性质证得，推出，即可证明结论；（2）先证明，再证明，推出，接着证明，即可证明结论；（3）根据已知
29、求得，再利用勾股定理求得，利用相似三角形的性质求得，由CEAD，根据平行线分线段成比例定理求解即可【详解】解：（1）证明：四边形是菱形，；（2）四边形是菱形，由（1）得，；（3）如图，连接交于四边形是菱形，在中，由（1）得，即，CEAD，即，解得【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件【压轴五】材料阅读探究问题【真题再现】（安徽第18题）某矩形人行道由相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成，图1表示此人行道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列观察思考当正方形地砖只有1块时，等腰直角三
30、角形地砖有6块（如图2）；当正方形地砖有2块时，等腰直角三角形地砖有8块（如图3）；以此类推规律总结（1）若人行道上每增加1块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖增加2块；（2）若一条这样的人行道一共有n（n为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为2n+4（用含n的代数式表示）问题解决（3）现有2021块等腰直角三角形地砖，若按此规律再建一条人行道，要求等腰直角三角形地砖剩余最少，则需要正方形地砖多少块？【思路点拨】（1）观察图形1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，即可得出答案；（2）观察图形2可知：中间一个正方形的左上、左边、左下共有3个等腰直角三角形，它右上和右下各
31、对应了一个等腰直角三角形，右边还有1个等腰直角三角形，即63+21+14+21；图3和图1中间正方形右上和右下都对应了两个等腰直角三角形，均有图2一样的规律，图3：83+22+14+22；图1：4+2n（即2n+4）；（3）由于等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，根据现有2021块等腰直角三角形地砖，剩余最少，可得：2n+42020，即可求得答案【详析详解】解：（1）观察图1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，所以每增加一块正方形地砖，等腰直角三角形地砖就增加2块；故答案为：2；（2）观察图形2可知：中间一个正方形的左上、左边、左下共有3个等腰直角三角形，它右上和右下各对应了一
32、个等腰直角三角形，右边还有1个等腰直角三角形，即63+21+14+21；图3和图1中间正方形右上和右下都对应了两个等腰直角三角形，均有图2一样的规律，图3：83+22+14+22；归纳得：4+2n（即2n+4）；若一条这样的人行道一共有n（n为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为 2n+4块；故答案为：2n+4；（3）由规律知：等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，用202112020块，再由题意得：2n+42020，解得：n1008，等腰直角三角形地砖剩余最少为1块，则需要正方形地砖1008块【方法小结】本题以等腰直角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，
33、探究规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题【变式训练】【变式5.1】（2021安徽九年级三模）将一张正方形纸片剪成四个大小、形状一样的小正方形（如图所示），记为第一次操作，然后将其中的一片又按同样的方法剪成四小片，记为第二次操作，如此循环进行下去请将下表中空缺的数据填写完整，并解答所提出的问题：操作次数1234正方形个数47 （1）如果剪100次，共能得到 个正方形；（2）如果剪n次共能得到bn个正方形，试用含有n、bn的等式表示它们之间的数量关系 ；（3）若原正方形的边长为1，设an表示第n次所剪的正方形的边长，试用含n的式子表示an ；（4）试猜想a1+a2+a3+a4+an1+
34、an与原正方形边长的数量关系，并用等式写出这个关系 【答案】（1）301；（2）bn=3n+1；（3）；（4）1【分析】（1）观察图形及表格发现每多剪一刀就会增加3个小正方形，据此填表即可；（2）根据得到的规律得到通项公式，然后代入求值即可；（3）根据每次将边长一分为二即可得到答案；（4）利用发现的规律，代入数值即可求得答案【详解】解：观察图形知道：剪一次，有4个小正方形，剪两次有7个小正方形，剪三次有10个小正方形，剪四次有13个小正方形，规律：每多剪一刀就会增加3个小正方形，故第n个共有4+3（n1）=3n+1个，（1）令n=100得3n+1=3100=301；（2）剪n次共能得到bn个正
35、方形，则用含有n、bn的等式表示它们之间的数量关系为bn=3n+1；（3）第一次所剪的正方形的边长为，第二次所剪的正方形的边长为；第三次所剪的正方形的边长为，第n次所剪的正方形的边长an=；（4）a1+a2+a3+a4+an1+an=【变式5.2】（2021安徽九年级一模）如图是用长度相等的小棒按一定规律摆成的一组图案（1）第1个图案中有6根小棒；第2个图案中有 根小棒；第3个图案中有 根小棒；（2）第n个图案中有多少根小棒？（3）第25个图案中有多少根小棒？（4）是否存在某个符合上述规律的图案，由2032根小棒摆成？如果有，指出是滴几个图案；如果没有，请说明理由【答案】（1）11 ， 16
36、（2） （3）126 （4）不存在， 理由：令，得出n=406.2，不是整数，故不存在符合上述规律的图案，由2032根小棒摆成.【分析】（1）（2）由图可知：第1个图案中有5+1=6根小棒，第2个图案中有25+2-1=11根小棒，第3个图案中有35+3-2=16根小棒，由此得出第n个图案中有5n+n-（n-1）=5n+1根小棒；（3）把数据代入（2）中的规律求得答案即可；（4）利用（2）中的规律建立方程求得答案即可【详解】（1）第2个图案中有11根小棒；第3个图案中有16根小棒；（2）由图可知：第1个图案中有5+1=6根小棒，第2个图案中有25+2-1=11根小棒，第3个图案中有35+3-2=
37、16根小棒，因此第n个图案中有5n+n-（n-1）=5n+1根；（3）令n=25，得出，故第25个图案中有126根小棒；（4）令，得出n=406.2，不是整数，故不存在符合上述规律的图案，由2032根小棒摆成.【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，得出数字的运算规律：第n个图案中有5n+1根小棒是解决问题的关键【变式5.3】（2021安徽九年级其他模拟）下列一组图案呈一定规律排列（1）写出第7个等式：_；（2）根据图案规律，写出第n个等式，并证明【答案】（1）；（2）或，见解析【分析】（1）通过观察可知，算式有如下规律：得数是，第一个加数是，第二个加数是2n-1，代入求解即可；（
38、2）证明左右两边相等即可【详解】解：（1）通过观察可知，算式有如下规律：得数是，第一个加数是，第二个加数是2n-1，则第7个算式为：，故答案为：；（2）或，证明如下：右边左边，等式成立【点睛】本题考查规律型，解题的关键是观察找出规律【变式5.4】（2021安徽合肥市九年级一模）观察与思考：我们知道，那么结果等于多少呢？请你仔细观察，找出下面图形与算式的关系，解决下列问题：.（1）推算：_；（2）概括：_；（3）拓展应用：求的值【答案】（1）15；（2）；（3）5050【分析】（1）由前四个图可以直接推出（2）由（1）分析可知，第n个算式=（1+2+3+n）2=（3）由（2）可知，13+23+3
39、3+1003=（1+2+3+100）2=，进而求出这个算式的和【详解】（1）13=12，13+23=32=（1+2）2，13+23+33=62=（1+2+3）2，13+23+33+43=102=（1+2+3+4）2，13+23+33+43+53=（1+2+3+4+5）2=152；故答案为：15；（2）由（1）可知，13+23+33+n3=（1+2+3+n）2=，故答案为：；（3）【点睛】此题考查了有理数的混合运算，以及规律型：图形的变化类，得出规律并运用规律解决实际问题是解本题的关键【压轴六】圆的计算与证明综合问题【真题再现】（安徽第20题）如图，圆O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E（1）
40、M是CD的中点，OM3，CD12，求圆O的半径长；（2）点F在CD上，且CEEF，求证：AFBD【思路点拨】（1）连接OD，由垂径定理推论可得OMD90，在RtOMD中用勾股定理即可得半径；（2）连接AC，延长AF交BD于G，由已知可证ACF是等腰三角形，FAECAE，又弧BC弧BC，有CAECDB，故FAECDB，即可由CDB+B90，得AGB90，从而得证AFBD【详析详解】解：（1）连接OD，如图：M是CD的中点，CD12，DM=12CD6，OMCD，OMD90，RtOMD中，OD=OM2+DM2，且OM3，OD=32+62=35，即圆O的半径长为35；（2）连接AC，延长AF交BD于G，如图：ABCD，CEEF，AB是CF的垂直平分线，AFAC，即ACF是等腰三
