1、“.....和，在该函数图象上求的值设该函数的顶点为点，求出点的坐标并求三角形的面积考点二次函数的性质二次函数图象上点的坐标特征分析首先求出函数的对称轴方程，进而求出的值，再求出的值即可第页共页求出函数的顶点坐标，再根据三角形的面积计算公式求出答案解答解由对称性可知，对称轴为，即，解得，解析式为，点，在函数图象上，当时顶点点点点评本题主要考查了二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是求出函数的解析式，此题难度不大商品的进价为每件元......”。

2、“.....每天可卖出件市场调查反映如果调整价格，件商品每涨价元，每天要少卖出件求出每天所得的销售利润元与每件涨价元之间的函数关系式并写出自变量的取值范围商场的营销部在调控价格方面，提出了，两种营销方案方案每件商品涨价不超过元方案每件商品的利润至少为元请比较哪种方案的最大利润更高，并说明理由考点二次函数的应用元二次方程的应用分析利用销量每件利润总利润，进而求出即可分别求出两种方案的最值进而比较得出答案解答解根据题意得即或第页共页由可知，抛物线对称轴是直线，开口向下......”。

3、“.....对称轴右侧随的增大而减小方案根据题意得则，当时，利润最大，最大利润为元，方案根据题意得解得则，故当时，利润最大，最大利润为，元综上所述，方案最大利润更高点评此题主要考查了二次函数的应用，根据题意利用函数性质得出最值是解题关键五第题分，第二题分，共分如图，平行四边形中，⊥对角线，相交于点，将直线绕点顺时针旋转，分别交，于点，证明当旋转角为时，四边形是平行四边形试说明在旋转过程中，线段与总保持相等在旋转过程中，四边形可能是菱形吗如果不能，请说明理由如果能......”。

4、“.....勾股定理的运用，等腰三角形的性质的运用，四边形的面积的运用，解答时求出函数的解析式是关键第页共页，由⊥，可得∥，即可证明四边形为平行四边形证明≌即可⊥时，四边形为菱形，可根据勾股定理求得又⊥，第页共页解答证明当时∥，又∥，四边形为平行四边形证明四边形为平行四边形，在和中≌解四边形可以是菱形理由如图，连接，由知≌，得，与互相平分当⊥时，四边形为菱形在中，又⊥......”。

5、“.....四边形为菱形点评此题结合旋转的性质，主要考查平行四边形和菱形的判定，有定难度第页共页如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点已知，求抛物线的解析式在抛物线的对称轴上是否存在点，使是以为腰的等腰三角形，如果存在，直接写出点的坐标，如果不存在，请说明理由点是线段上的个动点，过点作轴的垂线与抛物线相交于点，求直线的解析式当点运动到什么位置时......”。

6、“.....分两种情形讨论当时，当时，分别写出点坐标即可先求出的解析式，设出点的横坐标为，由四边形的面积求出与的关系式，由二次函数的性质就可以求出结论解答解抛物线经过，解得，抛物线的解析式为如图，第页共页抛物线的对称轴是直线在中，由勾股定理，得是以为腰的等腰三角形，作⊥轴于当时设直线的解析式为，由图象，得，解得，直线的解析式为如图，过点作⊥于，设四边形•••第页共页时，四边形的面积最大点评此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求次函数的解析式的运用......”。

7、“.....本题主要考查了关于原点对称的点的坐标的特点，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键抛物线与轴的交点坐标是考点抛物线与轴的交点分析要求抛物线与轴的交点，即令，解方程即可解答解令，则解得或则抛物线与轴的交点坐标是，故答案为，点评本题考查了抛物线与轴的交点关键是掌握求二次函数是常数，≠与轴的交点坐标，令，即，解关于的元二次方程即可求得交点横坐标将两块直角三角尺的直角顶点重合为如图的位置，若，则度第页共页考点角的计算专题计算题压轴题分析是两个直角的公共部分，同时两个直角的和是......”。

8、“.....又故答案为点评求解时正确地识图是求解的关键如图所示，在直角坐标系中，是由绕点旋转定的角度而得，其中则旋转中心点的坐标是，考点坐标与图形变化旋转分析连接线段的垂直平分线的交点就是点解答解如图所示，点的坐标是，第页共页故答案是，点评本题考查坐标与图形变化旋转，掌握对应点连线段的垂直平分线的交点就是旋转中心，是解题的关键如图，正方形与正三角形的顶点重合，将绕顶点旋转，在旋转过程中，当时......”。

9、“.....有相似三角形的性质和已知条件即可求出当时，的大小，应该注意的是，正三角形可以再正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解解答解当正三角形在正方形的内部时，如图，正方形与正三角形的顶点重合，当时，第页共页，≌，当正三角形在正方形的外部时正方形与正三角形的顶点重合，当时≌，故答案为或第页共页点评本题考查了正方形的性质等边三角形的性质旋转的性质以，故元二次方程≠的解为，故答案为......”。