1、“.....求的值若函数图象在上所有点的偏离距离的最大值记为，如函数在上的最大偏离距离，求抛物线在上的最大偏离距离的最小值考点二次函数综合题分析求出点坐标，代入抛物线的解析式即可求出的值把点坐标代入与直线得，解方程组可得，根据根与系数关系即可解决问题构建函数，利用图象法解决即可第页共页解答解点在轴负半轴，且偏离距离为，点坐标分别代入与直线中，可得......”。

2、“.....是不同两点，≠把代入整理得到，≠，≠≠，抛物线的解析式为，抛物线上偏离距离为的两个点的横坐标分别为和，和是方程，的两根，•抛物线的解析式为当时当时令，第页共页在同坐标系中画出函数图象如图所示与的图象相同，根据偏离距离的定义，抛物线在上的最大偏离距离的最小值，是对于同自变量，函数值中较小的值，由图象可知抛物线在上的最大偏离距离的最小值为如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点......”。

3、“.....连结与轴交于点，连结，过三点作与轴的另个交点为，延长交于点，连结，求直线的函数解析式当点在线段不包括，两点上时的度数是否为定值如果是，请求出度数，并写出推理过程如果不是，请直接写出它的范围请你探究点在运动过程中，是否存在以为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为如果存在，求出此时点的坐标如果不存在，请说明理由考点圆的综合题分析利用待定系数法求出直线的函数解析式先证出≌，得出，再根据......”。

4、“.....再连结，根据得出，再证出，最后根据，得出是等腰直角三角形，得到答案时，过点作⊥于点，证出∽，再根据，得出四边形是矩形，根据，求出的长，从而得出直线的解析式，最后根求出点的坐标即可连结，先证出是等腰直角三角形，过点作⊥于点，同理可得∽，得出再证出四边形是矩形，求出的值，再求出直线的解析式，最后根即可求出点的坐标解答解设直线的函数解析式为，第页共页由题意得解得则直线的函数解析式为如图，连结......”。

5、“.....如图，过点作⊥于点又，∽，四边形是矩形，第页共页解得，点的坐标为直线的解析式为解得点的坐标为当时，如图，连结，同可得，是等腰直角三角形，过点作⊥于点，同理可得∽，四边形是矩形解得点的坐标为，直线的解析式为，点的坐标为综上所述，点的坐标为，或，第页共页第页共页年月日考点圆周角定理等腰直角三角形分析首先连接由圆周角定理即可求得，又由，利用勾股定理即可求得弦的长解答解连接......”。

6、“.....则下列结论中正确的是考点二次函数图象与系数的关系分析根据二次函数的图象求出根据抛物线的对称轴求出，即可得出根据图象与轴有两个交点，推出对称轴是直线，与轴个交点是求出与轴另个交点的坐标是把代入二次函数得出把代入得出，根据图象得出解答解二次函数的图象开口向下，图象与轴交于轴的正半轴上，抛物线的对称轴是直线故本选项图象与轴有两个交点故本选项对称轴是直线......”。

7、“.....故本选项当时把代入得，故选二填空题共小题，每小题分，共分的平方根是考点平方根分析根据平方根的定义，求数的平方根，也就是求个数，使得，则就是的平方根，由此即可解决问题第页共页解答解，的平方根是故填分解因式的结果为考点提公因式法与公式法的综合运用分析先提取公因式，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解解答解若关于的方程是非负数......”。

8、“.....移项合并，将系数化为，表示出解，根据解为非负数求出的范围即可解答解由原方程，得则，且≠，解得且≠故答案为且≠已知扇形的圆心角为，弧长为，则它的半径为考点弧长的计算分析根据弧长公式代入求解即可解答解，故答案为如图，是半圆的直径，为半圆上点，过作⊥交于点，则的长为考点垂径定理勾股定理分析先根据勾股定理求出的长，证明∽，列比例式可得结论解答解是的直径，且，第页共页由勾股定理得，⊥∽，如图，直线与......”。

9、“.....两点，以为边在轴左侧作等边三角形，将沿轴翻折后，点的对应点恰好落在直线，为的切线解≌又，的半径为，•，商店购进两种商品，商品每件进价比商品每件进价多元，若元购进商品的件数与元购进商品的件数相同求商品每件进价分别是多少元第页共页若该商店购进两种商品共件，都标价元出售，售出部分后降价促销，以标价的折售完所有剩余商品，以元售出的商品件数比购进种商品件数少件，该商店此次购进两种商品降价前后共获利不少于元......”。