1、“.....矩形中，是的中点，将沿折叠后得到，且点在矩形内部小明将延长交于点，认为，你同意吗说明理由问题解决保持中的条件不变，若，求的值类比探求保持中条件不变，若，求的值分析求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即连接，证≌即可可设进而可用表示出的长，根据折叠的性质知，即可得到的表达式，由证得，那么，由此可求出的表达式，进而可在中......”。

2、“.....即可得到的值方法同解答解同意，连接，则根据翻折不变性得在和中，≌，由知设则有在中即，由知设则有在中即，或点评此题考查了矩形的性质图形的折叠变换全等三角形的判定和性质勾股定理的应用等重要知识，难度适中如图甲，四边形的边分别在轴轴的正半轴上，顶点在点的抛物线交轴于点，交轴于点，连接已知求抛物线的解析式及顶点的坐标求证是外接圆的切线试探究坐标轴上是否存在点，使以为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出点的坐标若不存在......”。

3、“.....与重叠部分的面积为，求与之间的函数关系式，并指出的取值范围分析已知三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，进而能得到顶点的坐标过作⊥轴于，由三点坐标，可判断出都为等腰直角三角形，易证得，即是直角三角形，而是外接圆的直径，因此只需证明与垂直即可长易得，能求出综上所述点评该题考查了二次函数的综合题，涉及到二次函数解析式的确定切线的判定相似三角形的判定图形面积的解法等重点知识，综合性强......”。

4、“.....它们都需要分情况进行讨论，容易出现漏解的情况在解答动点类的函数问题时，定不要遗漏对应的自变量取值范围的值，结合的值，可得到，由此证得，此题得证中，即，若以为顶点的三角形与相似，那么该三角形必须满足两个条件有个角是直角两直角边满足的比例关系然后分情况进行求解即可过作∥轴交于，当点运动在之间时，与重叠部分是个四边形当点运动到点右侧时，与重叠部分是个三角形按上述两种情况按图形之间的和差关系进行求解解答解由题意......”。

5、“.....代入上式，解得则点，证明如图，过点作⊥于点，则，在中，在中，是外接圆的直径在中在中，即⊥是外接圆的切线解中若以为顶点的三角形与相似，则必为直角三角形为斜边时，在轴上，此时与重合由，得，即，即满足∽的条件，因此点是符合条件的点，坐标为，为短直角边时，在轴上若以为顶点的三角形与相似，则，而，则，即为长直角边时，点在轴上若以为顶点的三角形与相似，则，则，综上，得，解设直线的解析式为将，代入，得，解得过点作射线∥轴交于点......”。

6、“.....得情况如图，当时，设平移到的位置，交于点，交于点则，过点作⊥轴于点，交于点由∽，得，即解得阴，情况二如图，当时，设平移到的位置，交于点，交于点由∽，得即，解得，阴常数项决定抛物线与轴交点抛物线与轴交于抛物线与轴交点个数由决定，时，抛物线与轴有个交点时，抛物线与轴有个交点时，抛物线与轴没有交点二填空题每小题分，共题，共计分计算的结果为分析根据平方差公式......”。

7、“.....要熟练掌握，解答此题的关键是要明确与有理数的混合运算致，运算顺序先乘方再乘除，最后加减，有括号的先算括号里面的在运算中每个根式可以看做是个单项式，多个不同类的二次根式的和可以看多项式此题还考查了平方差公式的应用，要熟练掌握因式分解分析此题应先提公因式，再利用平方差公式继续分解平方差公式解答解点评本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底......”。

8、“.....则排出的数是偶数的概率为分析首先利用列举法可得用三个数字排成个三位数，等可能的结果有，且排出的数是偶数的有，然后直接利用概率公式求解即可求得答案解答解用三个数字排成个三位数，等可能的结果有，且排出的数是偶数的有，排出的数是偶数的概率为故答案为点评此题考查了列举法求概率用到的知识点为概率所求情况数与总情况数之比如图，在平面直角坐标系中，将矩形沿直线折叠点在边上......”。

9、“.....分析根据折叠的性质得到，所以在直角中，利用勾股定理来求，然后设，则根据勾股定理列方程求出可得点的坐标解答解四边形为矩形，的坐标为矩形沿折叠，使落在上的点处，在中，设，则，在中即，解得，即的长为点的坐标为故答案为，点评本题考查折叠的性质折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等对应点的连线段被折痕垂直平分也考查了矩形的性质以及勾股定理如图，点，在上，点在的内部，四边形为平行四边形，则分析利用四边形为平行四边形......”。