1、“.....点，在同直线上，点，在异侧，．求证．考点全等三角形的判定与性质．分析根据平行线的性质得出，再根据证出≌，从而得出．第页共页解答解，，在和中≌，如图，有块长为米宽为米的长方形空地，现计划在这块空地中间修出两条互相垂直的宽均为米的道路图中阴影部分，其余部分进行绿化．求出绿地的面积用含的代数式表示若，且道路的面积为米，求原长方形空地的宽．考点二元次方程组的应用．分析根据长方形空地的长为米宽为米，中间有两条互相垂直的宽均为米的道路......”。

2、“.....列出方程组，进行求解即可．解答解长方形空地的长为米宽为米，中间有两条互相垂直的宽均为米的道路，绿地的面积是米根据题意得，解得，答原长方形空地的宽为米已知如图，在中，，点三点在同直线上，连接．求证≌试猜想有何特殊位置关系，并证明．第页共页考点全等三角形的判定与性质．分析要证≌，现有需它们的夹角，而由很易证得．有何特殊位置关系，从图形上可看出是垂直关系......”。

3、“.....需证，需证可由直角三角形提供．解答证明即，又≌．特殊位置关系为⊥．证明如下由知≌，．，．．即．特殊位置关系为⊥阅读材料分解因式解原式此种方法抓住了二次项和次项的特点，然后加项，使这三项成为完全平方式，我们把这种分解因式的方法叫配方法．请仔细体会配方法的特点，然后尝试用配方法解决下列问题分解因式无论取何值，代数式总有个最小值，请你尝试用配方法求出它的最小值观察下面这个形式优美的等式该等式从左到右的变形......”。

4、“.....还体现了数学的和谐简洁美．请你说明这个等式的正确性．考点因式分解的应用因式分解十字相乘法等．分析二次三项式是完全平方式，则常数项是次项系数半的平方利用配方法将代数式转化为完全平方与和的形，然后利用非负数的性质进行解答．乘以再乘以，然后配成完全平方即可．解答解第页共页故答案为，因为，所以代数式的最小值是．，．第页共页年月日．．考点完全平方式．分析根据完全平方公式得出••，求出即可．解答解整式恰好是个整式的平方••，第页共页解得......”。

5、“.....那么”是假命题，可以举个反例的值为.考点命题与定理．分析找出满足，但不满足即可．解答解如果，那么”是假命题，可以举个反例为．因为满足条件，不满足．故选观察如图，把边长为的两个正方形沿其对角线长剪开，可得个直角三角形，这个直角三角形可拼成个新的正方形，则新正方形的边长为考点图形的剪拼正方形的性质．分析根据题意可得新正方形的边长为边长为的小正方形的对角线长，利用勾股定理计算即可．解答解新正方形的边长为，故选如图，在四边形中......”。

6、“.....则图中全等三角形共有．对．对．对．对考点全等三角形的判定．分析首先证明≌，根据全等三角形的性质可得，，再证明≌，≌．解答解在和中，第页共页≌，，，在和中，≌，在和中，≌，故选如图，已知，那么添加下列个条件后，仍无法判定≌的是．．考点全等三角形的判定．分析本题要判定≌，已知，是公共边，具备了两组边对应相等，故添加后可分别根据能判定≌，而添加后则不能．解答解添加，根据，能判定≌，故选项不符合题意添加，根据，能判定≌......”。

7、“.....不能判定≌，故选项符合题意添加作整体，设，原方程变形为，再解方程即可．解答解设，原方程变形为，故答案为如图，相交于点请你补充个条件，使得≌，你补充的条件是或．考点全等三角形的判定．分析本题证明两三角形全等的三个条件中已经具备边和角，所以只要再添加组对应角或边相等即可．解答解添加条件可以是或．添加根据判定≌，添加根据判定≌，故填空答案或．三解答题共题......”。

8、“.....求这个正数的立方根．考点立方根平方根．分析依据平方根的性质求得得到，求得的值，从而可求得的值，然后再求得它的立方根即可．解答解由已知得解得．，．．的立方根是先化简，再求值，其中．已知求下列代数式的值．考点整式的混合运算化简求值．分析先算乘法，再合并同类项，最后代入求出即可先根据完全平方公式变形，再代入求出即可先算乘法，再变形后代入求出即可．解答解原式......”。

9、“.....原式，根据，能判定≌，故选项不符合题意故选．二填空题每题分，共分请将正确的答案直接填在横线上．的立方根是．考点立方根．分析如果个数的立方等于，那么是的立方根，根据此定义求解即可．解答解，的立方根根是．故答案是已知为两个连续整数，且，则．考点估算无理数的大小．第页共页分析先估算出的值，再求出的值，最后代入计算即可求出结果．解答解，即．故答案为已知满足，根据平方根的意义可求得或．考点平方根．分析依据平方根的定义得到......”。