1、“.....代入前面的值就可以求出结果．解答解方程有两个不相等的实数根，即解得由根与系数的关系得，．，解得或，第页共页由可知不合题意，舍去．，故．点评此题首先利用元二次方程的判别式求出的取值范围，然后利用根与系数的关系求出的值，接着把所求的代数式变形为两根之和与两根之积的形式，代入值就解决问题如图，为的直径，⊥，切于点，连，交于，交于，连，．求证平分．连交于，若，求的值．考点切线的性质．分析连接......”。

2、“.....求出，，根据求出，即可得出答案证，求出设，则，过作⊥交延长线于，得出四边形是矩形，推出，代入求出即可．解答证明连接，⊥，是切线，是切线即在垂直平分线上，第页共页，在的垂直平分线上，⊥，，，，平分．解⊥，，，，，设，则过作⊥交延长线于，则，四边形是矩形在中，．第页共页点评本题考查了切线的性质，矩形的性质和判定，解直角三角形，线段垂直平分线性质的应用......”。

3、“.....过点作轴的垂线，垂足为并与直线交于点．求出二次函数的解析式当点在直线的上方时，求线段的最大值当时，探索是否存在点，使得为等腰三角形，如果存在，求出的坐标如果不存在，请说明理由．考点二次函数综合题二次函数的最值待定系数法求二次函数解析式等腰三角形的性质勾股定理．专题代数几何综合题压轴题分类讨论．第页共页分析设......”。

4、“.....化成顶点式即可求出线段的最大值当时，仅有，列出方程，求出方程的解即可当时，分为三种情况当时求出方程的解即可得到的坐标同理可求当时，当时，点的坐标．综合上述即可得到答案．解答解设，把点坐标，代入得，函数的解析式为，答二次函数的解析式是．解⊥轴，在上，在上，开口向下，有最大值，当，时答当点在直线的上方时，线段的最大值是．当时，仅有解得当时，由勾股定理得，第页共页当时解得或舍去当时解得时，和重合......”。

5、“.....不能组成三角形，舍去当时解得，答存在，的坐标是，或，或，或，．点评本题主要考查对用待定系数法求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，勾股定理，二次函数的最值等知识点的理解和掌握，用的数学思想是分类讨论思想，此题是个综合性比较强的题目，小题有定的难度已知在四边形中，，，点分别在上，且．如图，若，求证如图，若，中的结论是否仍然成立证明你的结论第页共页如图，若，中的结论是否仍然成立若成立......”。

6、“.....请写出与之间的数量关系，并证明．考点四边形综合题．分析中所给的是最特殊的种情况，但对整个题来说，要从中找到基本的解题思路，此题难的是构造全等三角形，从而证明线段相等．虽然中没有要求步骤，但能正确的解出可以给和定个基调是将中的等边三角形变为等腰三角形，但起关键作用的条件没变，任然可以仿照中的方法去做中将三角形变为更般的三角形，但和比较起来还是有两个条件没变，而利用这两个条件能证明两个三角形相似......”。

7、“.....过点作交于点．则，，，．，，又，，，，，≌中的结论仍然成立．证明如图，过点作交于点，则，第页共页，，．，，，，≌猜想中的结论仍然成立．证明如图，过点作交于点．由可得，，，，，，．点评主要考查了四边形的综合知识．本题三问由特殊到般，注意比较它们之间的异同，关键抓住不变量，从而得出结论．本题难度很大．第页共页，根据等腰三角形性质和三角形内角和定理求出......”。

8、“.....，，，故选．点评本题考查了等腰三角形的性质，多边形的内角和定理，正多边形的性质的应用，解此题的关键是求出和的度数，注意正多边形的所有边都相等，所有角都相等如图，矩形中，若将矩形折叠，使点和点重合，则折痕的长为第页共页考点翻折变换折叠问题．分析先连接，由于矩形关于折叠，所以垂直平分，那么就有，又是矩形，那么在中，设，利用勾股定理可求出，在中，利用勾股定理可求......”。

9、“.....同理可求，所以．解答解连接．点与点重合，折痕为，即垂直平分，．又四边形为矩形，．设，则在中，由勾股定理得，且为中点，．同理．即．第页共页故选．点评该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题解题的关键是作辅助线，灵活运用翻折变换的性质勾股定理等几何知识点来分析判断推理或解答如图，已知在中，是直径，⊥于，图中阴影部分的面积是考点扇形面积的计算．分析利用勾股定理求得，连接，先求得......”。