1、“.....则当时当时分别求出各段上的最大值，比较即可得到结论直接写出在该产品销售的过程中，共有天销售利润不低于元．解答解与成次函数，设，将，代入，得，第页共页解得．所以关于的次函数表达式为设销售该产品每天利润为元，关于的函数表达式为，当时，当时，有最大值，最大值是当时，随增大而减小，即当时，的值最大，最大值是综上所述，当时，的值最大，最大值是，即在天内该产品第天的销售利润最大，最大利润是元在该产品销售的过程中......”。

2、“.....分别过两锐角的顶点，作的垂线，垂足分别为，如图，观察图可知与相等的线段是，与相等的角是．问题探究直角中，，在边上任取点，连接，分别以，为边作正方形和正方形，如图，过，分别作所在直线的垂线，垂足分别为，．试探究与之间的数量关系，并证明你的结论．拓展延伸直角中，，在边上任取点，连接，分别以，为边作矩形和矩形，连接交所在的直线于点，如图，如果试探究与之间的数量关系......”。

3、“.....，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质得到结论问题探究根据四边形是正方形，得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质即可得到，同理得到，等量代换即可得到结论第页共页拓展延伸根据四边形是矩形，得到，根据余角的性质得到根据相似三角形的性质得到，同理同理得到，等量代换得到，推出≌，根据全等三角形的性质即可得到结论．解答情景观察是等腰直角三角形，⊥，⊥，，，，在与中≌，故答案为，问题探究四边形是正方形，⊥，，，......”。

4、“.....⊥，，，，在与中≌拓展延伸如图，过作⊥于，过作⊥于，四边形是矩形，，，，第页共页，同理在与中≌，如图，在直角坐标系中，已知直线与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为，．求证直线⊥求经过三点的抛物线的解析式和对称轴在直线上方的抛物线上，是否存在点，使直线平分若存在，请求出点的坐标若不存在，请说明理由．考点二次函数综合题．分析根据自变量与函数值的对应关系，可得点坐标，根据勾股定理，可得的长，根据勾股定理的逆定理，可得答案根据待定系数法，可得函数解析式根据配方法......”。

5、“.....可得是菱形，根据平行间的次项的系数相等，可得的解析式，根据解方程组，可得答案．解答证明当时即当时即，．是直角三角形，第页共页，⊥设抛物线的解析式为，将点坐标代入，得，解得，抛物线的解析式为抛物线的对称轴是在直线上方的抛物线上，存在点，使直线平分，理由如下如图是菱形，设，由勾股定理，得，解得，的解析式为，的解析式为，将点坐标代入，解得，的解析式为，联立与抛物线，得，消元化简，得第页共页舍弃时，当点坐标为，时......”。

6、“.....再根据菱形的判定推出即可．解答解条件是，理由是，点是的中点，⊥，四边形是平行四边形，⊥，四边形是菱形，选项的条件都不能推出四边形是菱形，即只有选项正确，选项都错误故选如图，矩形中，动点从点出发，按的方向在和上移动，记，点到直线的距离为，则关于的函数图象大致是考点动点问题的函数图象．分析点在上时，点到的距离为的长度，点在上时，根据同角的余角相等求出......”。

7、“.....从而得解．解答解点在上时点到的距离为的长度，是定值点在上时，，，又，即纵观各选项，只有选项图形符合．故选．第页共页．如图，动点在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第次从原点运动到点第次接着运动到点第次接着运动到点，按这样的运动规律，经过第次运动后，动点的坐标是考点规律型点的坐标．分析设第次到达的点为点，根据点的变化找出变化规律“，为自然数”，由此即可得出结论．解答解设第次到达的点为点，观察，发现规律为自然数．，点的坐标为......”。

8、“.....每小题分，共分．在函数中，自变量的取值范围是且．考点函数自变量的取值范围．分析根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于，分母不等于，可以求出的范围．解答解根据题意得且，解得且．故答案为且计算．考点实数的运算零指数幂负整数指数幂特殊角的三角函数值．分析原式第项利用零指数幂法则计算，第二项利用绝对值的代数意义化简，最后项利用负整数指数幂法则计算即可得到结果．解答解原式．故答案为第页共页．如图，在正六边形中......”。

9、“.....作出正六边形的外接圆，连接，由正六边形的性质为双曲线上的三点，且，请直接写出的大小关系观察图象，请直接写出不等式的解集．考点反比例函数与次函数的交点问题．分析根据待定系数法即可求得根据反比例函数的性质即可判断根据图象的交点坐标即可得到不等式的解集．解答解双曲线经过点，双曲线的解析式为根据反比例函数的图象在三象限随的增大而减小可知若，则点，在双曲线上点坐标为，在直线上解得．直线的解析式为．根据图象得当或时第页共页即不等式的解集为或如图......”。