1、“.....代入抛物线的解析式中即可求出点的坐标，然后根据的坐标，求出直线的解析式，即可求出直线与轴交点的坐标解答解⊥，⊥在直线上∽当时第页共页点的坐标为，设直线的解析式为，将点坐标代入后可得因此直线的解析式为当时因此点的坐标为，点评本题考查了三角形相似的判定和性质待定系数法求次函数的解析式，次计算图象上点的坐标特征等考查学生数形结合的数学思想方法阅读理解发现次函数为常数且≠，若的绝对值越大，此次函数的图象与过点......”。

2、“.....比较的大小用或号连接发现二我们知道函数与的交点的横坐标是方程的解类似的，的解就是和的两个图象交点的横坐标求含有绝对值的方程的解解在同直角坐标系中画出，的图象如图由图象可知方程的解有两个情况由图象可知当时即，解得情况二由图象可知当时即，解得所以方程的解为利用以上方法，解关于的方程第页共页拓展延伸解关于的方程为常数且≠用含的代数式表示考点次函数综合题分析想知道之间的大小关系......”。

3、“.....对此我们可以自己找点来近似的估计值，如可近似估计四条线上的各个异于，的点，然后代入求出再比较即可仿照例题，有图象看出交点情况，每个交点都表示方程有个解，其解即为其横坐标，这是函数的性质在坐标系中画出图象，则其与图象的交点情况即表示方程的解的情况因为对，当时所以直线必过原点，即图象可能为任过点的直线以点为中心旋转过程中的任情况，考虑全面，再利用的性质的方法求解即可此处可以做•和•的图象作为考虑问题的参考解答解下为分析过程......”。

4、“.....的点，然后代入求出再比较即可如图，在坐标系中画出和的图象，第页共页由图象可知方程的解有两个情况当时即，解得情况二当时即，解得方程的解为如图，在坐标系中画出图象，则其与图象的交点情况即表示方程的解的情况对，当时直线必过原点，即图象可能为任过点的直线以点为中心旋转，直线的解析式为，直线与抛物线相交，则，解得或，时综上所述，或，或，第页共页点评考查了二次函数综合题，涉及的知识点有待定系数法求抛物线的解析式和直线解析式，顶点坐标，勾股定理计算，以及分类思想的应用......”。

5、“.....有定的难度过程中的任情况，图象分为过三象限，过二四象限，与轴重合，与轴重合四种情况由知，直线过三象限时越大，锐角越大过二四象限时越小，锐角越大与轴重合与轴重合，不存在且对，相等的直线平行如图，画•和•的图象，观察可知，当时，有个解，此时即，解得当时，无解第页共页当时，有两个解，当时即，解得当时即，解得当时，有个解，此时即，解得点评本题考察学生对直线这个基本解析式的理解，尤其是对其中两个系数，的掌握和理解，同时考查学生的学习理解能力，是否能够够举反三......”。

6、“.....虽然尚未深入学习，但非常值得理解体会应用如图，已知次函数≠的图象与轴交于点，抛物线经过两点，顶点为，以点为圆心为半径作试求含的代数式表示将关于轴对称得到，当恰与直线相切时，求的半径及抛物线的解析式当时，如图，设点是上的个动点异于两点，函数≠的图象与抛物线交于另点异于两点，请问是否存在点使得若存在，求出点的坐标若不存在，请说明理由考点二次函数综合题分析根据次函数≠的图象与轴交于点......”。

7、“.....把，坐标代入可得的关系式当恰与直线相切时，四边形是正方形，是等腰直角三角形，易得点坐标和和的长，进而求出抛物线解析式第页共页根据题意，求出点坐标，易知，所以或，由于，于是当或时分类讨论，可得答案解答解次函数≠的图象与轴交于点的坐标为把，代入，得将关于轴对称得到恰与直线相切，四边形是正方形，是等腰直角三角形，把，代入抛物线解析式与联立得解得抛物线解析式为存在当时，作⊥，则点是上的个动点异于两点，或，如图所示，当时点在轴下方时，与重合......”。

8、“.....直线与抛物线相交，则，解得或时如图所示，当时点在轴下方时，直线的解析式为，直线与抛物线相交，则，解得或，时此时，不合题意舍去点在轴上方时，从图上可知，折线从出发向左，且是空心圆点，所以解集为，它的正整数解为，第页共页点评用数轴确定不等式组的解集是中考的命题重点，体现了数形结合的思想此题主要考查不等式的解法及在数轴上表示不等式的解集不等式的解集在数轴上表示的方法把每个不等式的解集在数轴上表示出来，向右画......”。

9、“.....如果数轴的段上面表示解集的线的条数与不等式的个数样，那么这段就是不等式组的解集有几个就要几个在表示解集时，要用实心圆点表示，要用空心圆点表示如图，将副直角三角板叠在起，使直角顶点重合于点，则度考点角的计算专题计算题分析先利用可得，而于是有解答解如右图所示，故答案是点评本题考查了角的计算三角板的度数，注意分清角之间的关系个多边形的内角和为，则这个多边形的边数是第页共页考点多边形内角与外角分析边形的内角和是•，如果已知多边形的边数......”。