1、“.....开方得或，解得这里，解得，计算．考点二次根式的混合运算．第页共页分析根据完全平方公式和平方差公式进行计算．解答解原式如图，在矩形中，相交于，平分，交于，若，求的度数．考点矩形的性质．分析先根据平分交于可得，再根据三角形的外角性质求出，然后判断出是等边三角形，从而可以得出是等腰三角形，然后根据三角形的内角和是进行求解即可．解答解平分交于，，，又，是等边三角形，，已知求的值．考点二次根式的化简求值．分析先求出然后通分，恒等变形......”。

2、“.....其中，设，判断是否为变量的函数如果是，请写出函数解析式若不是，请说明理由．考点根与系数的关系根的判别式．分析根据元二次方程的定义得到，再计算出判别式得到，根据为整数和非负数的性质得到，则根据判别式的意义即可得到结论根据根与系数的关系得，•，则根据完全平方公式变形得第页共页•，由于为整数，则，所以，则．解答证明根据题意得而为整数，即......”。

3、“.....•，为整数而的整数，是变量的函数在综合实践活动课中，王老师出了这样道题如图，在矩形中，是的中点，过点作交于点，作交于点．求证四边形是菱形．做完题后，同学们按照老师的要求进行变式或拓展，提出新的问题让其它同学解答．小明同学说“我把条件中的矩形改为菱形，如图所示，发现四边形是矩形．”请给予证明小芳同学说“我把条件中的点是的中点改为点是延长线上的个动点，发现点落在的延长线上，如图所示，此时三条线段之间存在种数量关系．”请你写出这个结论......”。

4、“.....然后利用菱形的对角线互相垂直证得，利用有个角是直角的平行四边形是矩形证得结论根据四边形是平行四边形，得到，根据四边形是矩形，得到且，从而得到，进步得到，从而证得结论．解答证明，，四边形是平行四边形．又四边形是菱形，⊥，即，四边形是矩形．结论．理由如下，，四边形是平行四边形又四边形是矩形，且，由可知......”。

5、“.....然后计算三角形的周长．解答解，或，所以因为，所以舍去，所以三角形第三边的长为，所以三角形的周长，故选若，则化简的结果为考点二次根式的性质与化简．分析直接利用的取值范围，进而化简绝对值和二次根式即可．解答解，．故选如图，在菱形中，对角线相交于点，且它们的长度分别为和，过点的直线分别交于点，则图中阴影部分的面积和为考点菱形的性质．第页共页分析由菱形，可得，，易证≌，≌，又因为菱形的面积为•......”。

6、“.....，，≌，≌，菱形•，图中阴影部分的面积和为菱形．故选元二次方程的根的情况为．有两个不相等的实数根．没有实数根．有两个相等的实数根．只有个实数根考点根的判别式．分析代入数据求出，即可得知该方程没有实数根．解答解，该方程没有实数根．故选已知则的值是考点完全平方公式二次根式的化简求值．分析将二次三项式变形为的形式后代入已知条件即可得到答案．解答解，故选如图......”。

7、“.....根据平方差公式计算即可．解答解原式•••••．故答案为关于的元二次方程有实数根，则的取值范围是且．考点根的判别式元二次方程的定义．分析根据元二次方程的定义和根的判别式可得，，求出的取值范围即可．解答解关于的元二次方程有实数根，，解得且．故答案为且若为实数，则代数式的最小值为．考点配方法的应用非负数的性质偶次方二次根式的性质与化简．分析把被开方数用配方法整理，根据非负数的意义求二次根式的最小值．解答解......”。

8、“.....故答案为．第页共页．将个边长都为的正方形按如图所示摆放，点分别是正方形对角线的交点，则这个个正方形重叠部分的面积和为．考点正方形的性质规律型图形的变化类．分析根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到个阴影部分，则个这样的正方形重叠部分即为阴影部分的和，问题得解．解答解由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，即是．个这样的正方形重叠部分阴影部分的面积和为......”。

9、“.....故答案为．三解答题第题各分，第题各分，第题分，第题分，满分分．解方程用配方法求解用公式法求解考点解元二次方程公式法解元二次方程配方法．分析方程利用配方法求出解即可方程利用公式法求出解即可．解答解方程整理得，配方得，即别是正方形的边上的点，且，和相交于点，有下列结论⊥四边形．其中正确的有第页共页．个．个．个．个考点正方形的性质全等三角形的判定与性质．分析根据四边形是正方形及，可证出≌，则得到，以及和的面积相等，得到四边形可以证出......”。