1、“.....就可解决问题．解答解连接，过点作⊥轴于，如图，的半径为，点，．第页共页．故答案为设直线与轴轴分别交于点，过点作⊥于，设与交于点，如图，．••，．直线与的密距，过点作⊥于，如图．点分别是直线与轴轴的交点，，．当点在点左边时，．•．第页共页线段与的密距当点与点重合时，．此时，．当点在点的右边时，．线段与的密距．综上所述．第页共页．如图，已知抛物线与轴相交于点两点，过点的直线交抛物线于另点点是线段上的个动点点与点不重合，作，交该抛物线于点，求的值求探究在点运动过程中，是否存在若存在，则求此时线段的长若不存在，请说明理由．考点二次函数综合题．分析由点的坐标利用待定系数法即可求出次函数解析式中的常数项，再令次函数解析式中求出值，由此可得出点的坐标，由点的坐标利用待定系数法即可求出二次函数解析式中的系数过点作⊥轴于点，过点作⊥于点，由二次函数解析式可求出交点的坐标，由点点的坐标，可找出线段第页共页的长......”。

2、“.....再根据正切的计算公式即可得出结论假设存在，连接，过点作⊥轴于点，通过角的计算得出，设出点的坐标，根据的结论，即可得出关于的元二次方程，解方程即可得出结论．解答解直线经过点，解得，直线的解析式为．令中，则，解得，点的坐标为抛物线过点解得过点作⊥轴于点，过点作⊥于点，如图所示．点的坐标为点，．抛物线与轴交于两点，令中即，解得，或，第页共页点，点．在中，，．在中，，．假设存在，连接，过点作⊥轴于点，如图所示．，．，，，．设点的坐标为则，即，解得，或舍去．经验证是分式方程的根．当时，点的坐标为第页共页此时故在点运动过程中，存在，此时线段的长为如图，已知点，和轴上的动点和都是等边三角形．在点运动的过程中，始终有两点的距离等于的长度，请将它找出来，并说明理由．如图，将沿翻折得，当点在轴上运动时，设点请你用来表示点的坐标并求出点运动时所在图象的解析式．在点运动的过程中，当时，直接写出是等腰三角形时点的坐标．考点几何变换综合题．分析连接......”。

3、“.....再通过角的计算得出，由此即可证出≌，根据全等三角形的性质即可得出过作⊥轴于，连接，由中的≌结合等边三角形的性质即可得出点的坐标，由为等边三角形结合点的坐标即可得出点的坐标，由翻折的性质可得出四边形是菱形，再根据菱形的性质结合点的坐标即可得出点的坐标，根据点坐标的横纵坐标之间的关系即可得出结论由可知点的坐标，结合两点间的距离公式可得出的长，第页共页再根据等腰三角形的性质分三种情况，可得出关于的方程，解方程求出的值，代入点的坐标即可得出结论．解答解连接，如图所示．两点间的距离始终等于的长度．理由如下和都是等边三角形，，，，．在和中，有，≌，．过作⊥轴于，连接，如图所示．由可知≌第页共页•，•．将沿翻折得且是等边三角形，四边形是菱形，互相平分．是等边三角形，且点点点，．，点在图形上运动．点点点，为等腰三角形分三种情况当时，有，此时点的坐标为当时，有，解得舍去，或，此时点的坐标为当时，有......”。

4、“.....当时，是等腰三角形时点的坐标为，或，．第页共页年月日的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数当原数的绝对值时，是负数．解答解.，故答案为.次函数的图象与轴的交点坐标为，．考点次函数图象上点的坐标特征．分析令次函数解析式中，则可得出关于的元次方程，解方程得第页共页出值，从而得出次函数图象与轴的交点坐标．解答解令中，则，解得．次函数的图象与轴的交点坐标为，．故答案为，命题“对顶角相等”的逆命题是假命题填“真”或“假”．考点命题与定理．分析先交换原命题的题设与结论得到逆命题，然后根据对顶角的定义进行判断．解答解命题“对顶角相等”的逆命题是相等的角为对顶角，此逆命题为假命题．故答案为假如图，菱形中，对角线相交于点，为边中点则菱形的周长等于．考点菱形的性质．分析先根据菱形的性质得出⊥再由直角三角形的性质求出的长，进而可得出结论．解答解四边形是菱形......”。

5、“.....⊥，．为边中点，菱形的周长．第页共页故答案为如图，三个全等的小矩形沿“横竖横”排列在个边长分别为.，.的大矩形中，图中个小矩形的周长等于考点二元次方程组的应用．分析由图形可看出小矩形的个长个宽.，小矩形的个宽个长.，设出长和宽，列出方程组即可得答案．解答解设小矩形的长为，宽为，由题意得，解得个小矩形的周长为..，故答案为．如图，矩形中点点在反比例函数的图象上，与轴的正半轴相交于点，若为的中点，则的值为．考点反比例函数图象上点的坐标特征．分析证得≌≌≌，得出即可求得和的坐标，然后由反比例函数图象上点的横第页共页纵坐标的乘积等于列出方程组，通过解方程组可以求得的值．解答解如图，作⊥轴于，过点作轴的平行线与过点垂直与轴的直线交于，交轴于，作⊥轴于，四边形是矩形，，，，为的中点在和中，≌同理≌，≌•，解得，故答案是．第页共页三解答题本大题共小题......”。

6、“.....零指数幂法则，以及绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果原式利用除法法则变形，约分即可得到结果．解答解原式原式•解方程与不等式组解方程组解不等式组．考点解元次不等式组解二元次方程组．分用概率公式．分析由甲盒中有个白球个黄球和个蓝球，即可求得从甲盒中任意摸取球，摸得蓝球的概率，又由乙盒中有个白球个黄球和若干个蓝球，第页共页可设乙盒中有个篮球，则可求得从乙盒中任意摸取球，摸得蓝球的概率，根据从乙盒中任意摸取球为蓝球的概率是从甲盒中任意摸取球为蓝球的概率的倍，列方程即可求得答案采用列表法或树状图法，求得所有可能的结果与符合条件的情况数目二者的比值就是其发生的概率．解答解设乙盒中有个蓝球，则从乙盒中任意摸取球，摸得蓝球的概率为，从甲盒中任意摸取球，摸得蓝球的概率从乙盒中任意摸取球为蓝球的概率是从甲盒中任意摸取球为蓝球的概率的倍．依题意得，解得，经检验是原方程的根......”。

7、“.....白白，黄白，黄白，蓝白，蓝白，蓝白白，白白，黄白，黄白，蓝白，蓝白，蓝黄黄，白黄，黄黄，黄黄，蓝黄，蓝黄，蓝蓝蓝，白蓝，黄蓝，黄蓝，蓝蓝，蓝蓝，蓝可能的结果有，其中均为蓝球的有种，从甲乙两盒中分别任意摸取球，这两球均为蓝球的概率为无锡电器商场根据民众健康需要，代理销售种家用空气净化器，其进价是元台．经过市场销售后发现在个月内，当售价是元台时，可售出台，且售价每降低元，就可多售出台．若供货商规定这种空气净化第页共页器售价不能低于元台，代理销售商每月要完成不低于台的销售任务．试确定月销售量台与售价元台之间的函数关系式并求出自变量的取值范围当售价元台定为多少时，商场每月销售这种空气净化器所获得的利润元最大最大利润是多少考点二次函数的应用．分析根据月销售量原销售量，即可列出函数关系式根据供货商规定这种空气净化器售价不能低于元台，代理销售商每月要完成不低于台的销售......”。

8、“.....列出函数关系式，将函数关系式配方，即可求出最大．解答解根据题中条件销售价每降低元，月销售量就可多售出台，则月销售量台与售价元台之间的函数关系式，化简得供货商规定这种空气净化器售价不能低于元台，代理销售商每月要完成不低于台，则，解得．与之间的函数关系式为，整理得．在内，当时，最大值为，答售价定为元台时，商场每月销售这种空气净化器所获得的利润最大，最大利润是元．第页共页．在平面直角坐标系中，给出如下定义若点在图形上，点在图形上，称线段长度的最小值为图形，的密距，记为，．特别地，若图形，有公共点，规定，．如图，的半径为，点则，．已知直线与的密距求的值．如图，为轴正半轴上点，的半径为，直线与轴交于点，与轴交于点，线段与的密距，．请直接写出圆心的横坐标的取值范围．考点圆的综合题．分析连接，如图，只需求出就可解决问题设直线与轴轴分别交于点，过点作⊥于，设与交于点，如图，可用面积法求出，然后根据条件建立关于的方程......”。

9、“.....如图．易求出点的坐标，从而可得到，然后运用三角函数可求出，然后分三种情况点在点的左边，点与点重合，利用消元法，由消除从而求得，然后将的值代入方程即可求解分别解得不等式，然后求得他们的公共部分即可求解．第页共页解答解方程组，由得，解得，把代入得，方程组的解为，不等式组，解得，解得，不等式组的解集为如图，▱的对角线相交于点，．求证≌若，连接，判断四边形的形状，并说明理由．考点平行四边形的性质全等三角形的判定与性质．分析由平行四边形的性质得出，由证明≌即可先证明四边形是平行四边形，再由对角线相等即可得出四边形是矩形．解答证明四边形是平行四边形在和中≌解四边形是矩形理由如下如图所示四边形是平行四边形，第页共页又，四边形是矩形如图，是的直径，为的切线，为上的点延长交的延长线于点．求证为的切线若的弦心距，，求图中阴影部分的面积．结果保留考点切线的判定与性质扇形面积的计算．分析首先连接，由是的切线，可得，又由易证得......”。