1、“.....求．考点圆周角定理垂径定理．分析由圆周角定理得出，得出，由⊥得出，由圆周角定理得出，即可得出结论证明，得出对应边成比例，求出，由圆周角定理，得出即可．解答证明是的直径，，第页共页，⊥，，，又，解，，即，解得，由得研究所将种材料加热到时停止加热，并立即将材料分为两组，采用不同工艺做降温对比实验，设降温开始后经过时，两组材料的温度分别为，与的函数关系式分别为，部分图象如图所示，当时，两组材料的温度相同．分别求关于的函数关系式当组材料的温度降至时......”。

2、“.....两组材料温差最大考点二次函数的应用．第页共页分析首先求出函数关系式，进而得出交点坐标，即可得出函数关系式首先将代入求出的值，进而代入求出答案得出的函数关系式，进而求出最值即可．解答解由题意可得出经过则，解得当时，解得经过则，解得当组材料的温度降至时解得，当组材料的温度是当时当时，两组材料温差最大为如图，已知二次函数的图象交轴于点，和点，交轴于点，．求这个二次函数的表达式第页共页在抛物线的对称轴上是否存在点，使得的值最大若存在......”。

3、“.....请说明理由．在平面直角坐标系内，是否存在点，使，四点构成平行四边形若存在，直接写出点的坐标若不存在，说明理由．考点二次函数综合题．分析由两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式由关于对称轴对称，则可知，则当三点在条线上时满足最大，利用待定系数法可求得直线解析式，则可求得点坐标分为边和为对称线两种情况，当为边时，利用平行四边形的性质可得到，可得到关于点的方程，可求得点坐标，当为对角线时，则的中点也为的中点......”。

4、“.....和点，交轴于点，解得，二次函数的表达式为，对称轴为，在对称轴上，即当三点在条线上时的值最大，第页共页设直线解析式为解得，直线解析式为，令可得，存在满足条件的点，其坐标为存在点，使，四点构成平行四边形，理由以为边时，则有，即点的纵坐标为且，或以为对角线时，必过线段中点，且被平分，即的中点也是的中点，中点坐标为且点横坐标，点纵坐标，综合可知存在满足条件的点，坐标为，或，或，已知抛物线交轴于点点在点的左侧，交轴于点，其对称轴为，抛物线经过点......”。

5、“.....．求抛物线的函数表达式为直线上动点，连接当时，求点的坐标为抛物线上动点，过点作直线轴，交抛物线于点，求点自点运动至点的过程中，线段长度的最大值．第页共页考点二次函数综合题．分析由对称轴可求得，可求得的解析式，令可求得点坐标，再利用待定系数法可求得的表达式设点坐标为由勾股定理可表示出和，由条件可得到关于的方程可求得，可求得点坐标可分别设出的坐标，可表示出，再根据函数的性质可求得的最大值．解答解抛物线的对称轴为解得，抛物线的解析式为，令，可得，解得或......”。

6、“.....可设抛物线解析式为，又抛物线交轴于点，解得抛物线的函数表达式为设点坐标为由可得点坐标为，第页共页，解得，点坐标为由题意可设轴，令，可解得或，当时显然，当时，有最大值当时显然当时，随的增大而增大，当时，有最大值，综上可知在点自点运动至点的过程中，线段长度的最大值为．第页共页年月日的长，设圆锥的底面圆的半径为，根据圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到，然后利用勾股定理计算出圆锥的高．解答解过作⊥于，弧的长......”。

7、“.....则，解得，圆锥的高．故选如图，在矩形中，已知矩形在直线上绕其右下角的顶点向右旋转至图位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转至图位置以此类推，这样连续旋转次后，顶点在整个旋转过程中所经过的路程之和是．考点旋转的性质弧长的计算．分析首先求得每次转动的路线的长，发现每次循环，找到规律然后计算即可．解答解转动次的路线长是，转动第二次的路线长是，第页共页转动第三次的路线长是，转动第四次的路线长是，转动五次的路线长是，以此类推，每四次循环......”。

8、“.....每小题分，共分．请将答案直接填在答题卷相应位置方程的解是或．考点解元二次方程因式分解法．分析本题应对方程进行变形，提取公因式，将原式化为左边是两式相乘，右边是的形式，再根据“两式相乘值为，这两式中至少有式值为”来解题．解答解原方程变形为或若圆锥的母线长为，底面半径为，则圆锥的侧面展开图的面积是．考点圆锥的计算．分析利用圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长......”。

9、“.....再向上平移个单位所得的抛物第页共页线与轴的交点坐标为，．考点二次函数图象与几何变换．分析先由平移规律求出新抛物线的解析式，然后求出抛物线与轴的两个交点横坐标．解答解把抛物线先向左平移个单位，再向上平移个单位所得的抛物线是，则令，则，即新抛物线与轴的交点坐标是，．故答案是，已知，是方程的两个根......”。