1、“.....利用换元法达到了降次的目的，体现了换元的数学思想解方程考点换元法解元二次方程解元二次方程因式分解法分析根据题意可以解答本题根据换元法可以解答此方程解答解由题意可得，在由原方程得到方程的过程中，利用换元法达到了将次的目的，体现了换元的数学思想，故答案为换元换元，令，则原方程可化为，解得，或，舍去解得，故原方程的解是，设是的三边长，关于的方程有两个相等的实数根，方程的根为求证为等边三角形若，为方程的两根......”。

2、“.....根据判别式可得，即可求得，又由方程的根为，可得，则可证得，即可得为等边三角形由，可得判别式，即可求得的值，又由是的三边长，可得≠，即可得解答证明方程有两个相等的实数根，方程的根为，为等边三角形解，为方程的两根，又由，是的三边长如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，求抛物线的对称轴及的值抛物线的对称轴上存在点，使得的值最小，求此时点的坐标点是抛物线上的动点，且在第三象限当点运动到何处时......”。

3、“.....四边形的面积最大求出四边形的最大面积及此时点的坐标考点二次函数综合题分析由抛物线与轴交于点即可将点的坐标代入函数解析式，解方程即可求得的值，由抛物线即可求得抛物线的对称轴为第页共页连接交抛物线的对称轴于点，则的值最小，求得与的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法即可求得直线的解析式，则可求得此时点的坐标设点的坐标为即可得由二次函数的最值问题，即可求得的最大面积及此时点的坐标设点的坐标为然后过点作⊥于，由四边形梯形......”。

4、“.....即可求得四边形的最大面积及此时点的坐标解答解抛物线与轴交于点抛物线的解析式为，抛物线的对称轴为直线存在连接交抛物线的对称轴于点，则的值最小，当时解得或，在的左侧，设直线的解析式为解得，直线的解析式为，当时点的坐标为，点是抛物线上的动点，且在第三象限，设点的坐标为，点在第三象限当时，即点的坐标为，时，的面积最大，最大值为设点的坐标为第页共页过点作⊥于，四边形梯形当时即当点的坐标为，时，四边形的面积最大......”。

5、“.....故多项式的值是个正数，故选把抛物线先向右平移个单位，再向下平移个单位，得到的抛物线的解析式为考点二次函数图象与几何变换分析确定出平移前的抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式形式写出抛物线解析式即可解答解抛物线的顶点坐标为向右平移个单位，再向下平移个单位......”。

6、“.....其对称轴为，图象开口向上利用随的增大而增大，可判断，根据二次函数图象的对称性可判断于是解答解，在对称轴的右侧，随的增大而增大，因为，故，根据二次函数图象的对称性可知中故有于是故选已知二次函数，其图象过点则的值可以是考点二次函数的性质分析根据抛物线的顶点式得到抛物线的对称轴为直线，由于所给数据都是正数，所以当对称轴在轴的右侧时，比较点和点到对称轴的距离可得到解答解抛物线的对称轴为直线，当对称轴在轴的右侧时到对称轴的距离比......”。

7、“.....第页共页故选同坐标系中，抛物线与直线的图象可能是考点二次函数的图象次函数的图象分析可先根据次函数的图象判断的符号，再判断二次函数图象与实际是否相符，判断正误解答解由次函数的图象可得或，此时二次函数的顶点，矛盾，故由次函数的图象可得，此时二次函数的顶点，矛盾，故由次函数的图象可得或，此时二次函数的顶点，矛盾，故由次函数的图象可得，此时二次函数的顶点，故正确故选二填空每小题分，共分若是元二次方程......”。

8、“.....然后再依据二次项系数不零可确定出的值解答解是元二次方程，≠，十字相乘法分解因式进而得出答案直接利用因式分解法解方程得出答案解答解，解得，解得，用规定方法解下列方程配方法用公式法考点解元二次方程公式法解元二次方程配方法分析将原式根据配方法的步骤配方求解可得根据公式法解方程的步骤依次进行即可解答解即第页共页，四解答题每题分，共分已知抛物线经过点，求此抛物线的函数解析式判断点......”。

9、“.....把点坐标代入解析式得到关于的方程，然后解方程即可将代入抛物线的解析式，求出对应的值即可判断把代入抛物线的解析式，求出的值，即可得到点的坐标解答解抛物线经过点•，此抛物线的函数解析式为把代入得，所以点，不在此抛物线上把代入得，解得所以纵坐标为的点的坐标为，或，扎西的爷爷用段长的篱笆围成个边靠墙的矩形菜园，墙长为，这个矩形的长宽各为多少时，菜园的面积最大......”。