1、“.....例如可用图来解释，事实上利用些卡片拼成的图形面积也可以对些二次三项式进行因式分解根据图完成因式分解现有足够多的正方形和长方形卡片如图，试在右边的虚线方框中画出个用若干张号卡片号卡片和号卡片拼成的长方形，使该长方形的面积为，要求每两块纸片之间既不重叠，也无空隙，拼出的图中必须保留拼图的痕迹......”。

2、“.....从而得出结果由于构成的是正方形，它的面积等于所给图片的面积之和，从而画出图形解答解，故答案为画图如下，故答案为第页共页如图所示，四边形中，⊥于点，且点为线段上的个动点填空过点分别作⊥于点，作⊥于点试说明为定值连结，试探索在点运动过程中，是否存在点，使的值最小若存在，请求出该最小值若不存在，请说明理由考点四边形综合题分析在中，由勾股定理可求得......”。

3、“.....由线段垂直平分线的性质可知连接，根据题意可知，由三角形的面积公式可知•••，将的长代入化简即可由为定值，当最短时，有最小值，由垂线的性质可知当点，为中点，又为等腰直角三角形垂直平分第页共页年月日与点重合时，有最小值解答解⊥于点，为直角三角形⊥于点故答案为如图所示连接，•••，即，第页共页为定值，当最短时，有最小值由垂线段最短可知当⊥时，最短当点与点重合时，有最小，最小值如图所示，在中，为边上点，连结，绕点逆时针旋转度与线段重合......”。

4、“.....求证垂直平分考点全等三角形的判定与性质线段垂直平分线的性质等腰直角三角形分析根据等腰直角三角形的性质得出的度数和旋转的性质得出即可根据旋转的性质和证明三角形全等即可根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的判定解答即可解答解在中，绕点逆时针旋转度与线段重合即，故答案为绕点逆时针旋转度与线段重合又由可知，在与中，第页共页，≌，≌，设则为等腰直角三角形又为直角三角形，又≌化简得，解答解......”。

5、“.....时，原式故选如图，已知，则不定能使≌的条件是考点全等三角形的判定分析利用全等三角形判定定理对各个选项逐分析即可得出答案解答解，为公共边，若，则≌，为公共边，若，不符合全等三角形判定定理，不能判定≌，为公共边，若，则≌，为公共边，若，则≌故选下列选项中，可以用来说明命题若，则是假命题的反例是考点命题与定理分析由于反例满足条件，但不能得到结论，所以利用此特征可对各选项进行判断解答解因为满足，但不满足，所以可作为说明命题若......”。

6、“.....共分比较大小选填考点实数大小比较分析把化成，再比较即可解答解，即，故答案为的立方根是考点立方根分析利用立方根的定义计算即可得到结果解答解的立方根为，故答案为因式分解考点因式分解提公因式法分析通过观察可知公因式为，将原式中的公因式提取出来即可解出此题解答解故答案为计算考点整式的除法分析根据多项式除以单项式，先把多项式的每项都分别除以这个单项式，然后再把所得的商相加，可得答案解答解原式故答案为如图......”。

7、“.....⊥于点，⊥于点，且，则点到的距离是考点角平分线的性质分析根据角平分线的性质，可得答案解答解由平分，⊥于点，⊥于点，且，则点到的距离是，故答案为第页共页小明在做抛枚正六面体骰子，其中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，最后代入求出即可解答解，当时，原式第页共页因式分解考点提公因式法与公式法的综合运用分析原式利用平方差公式分解即可原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可解答解原式原式如图......”。

8、“.....已知证明是直角三角形请求图中阴影部分的面积考点勾股定理的逆定理勾股定理分析先根据勾股定理求出的长，再根据勾股定理的逆定理即可证明为直角三角形根据阴影，利用三角形的面积公式计算即可求解解答证明在中，取正值在中，第页共页，为直角三角形解阴影中学采取随机抽样的方式在学生中进行最常用的交流方式的问卷调查......”。

9、“.....不能多选或不选根据调查数据结果绘制成以下两幅不完整的统计图由图中信息可知调查人数为人请在图甲中补全条形统计图若全校有学生名，请根据调查结果估计这些学生中以短信与电话交流为最常用的交流方式的人数约为多少考点条形统计图用样本估计总体扇形统计图分析根据类别人占被调查人数的，列式可计算调查人数实验时，他连续抛了次，共抛出了次向上......”。