《2025年天府前沿八年级数学上册北师大版》

10. (1)(2025·成华)计算：$\sqrt{48}÷\sqrt{3} - \sqrt{\frac{1}{2}}×\sqrt{12} + \sqrt{24}$；
(2)(2024·青白江)计算：$(\sqrt{6} - 2\sqrt{15})×\sqrt{3} - 6\sqrt{\frac{1}{2}}$；
(3)(2024·青白江)计算：$|2 - 3\sqrt{2}| - \sqrt[3]{8}×(4 - \sqrt{72})$；
(4)(2025·锦江)已知$x = \sqrt{3} + 1$,$y = \sqrt{3} - 1$,求代数式$x^2 + 2xy + y^2$的值。

答案：
(1)[解]原式$=\sqrt{16}-\sqrt{6}+2\sqrt{6}=4-\sqrt{6}+2\sqrt{6}=4+\sqrt{6}$。
(2)[解]原式$=\sqrt{18}-2\sqrt{45}-6×\frac{\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}-6\sqrt{5}-3\sqrt{2}=3\sqrt{2}-3\sqrt{2}-6\sqrt{5}=-6\sqrt{5}$。
(3)[解]原式$=3\sqrt{2}-2-2×(4-6\sqrt{2})=3\sqrt{2}-2-8+12\sqrt{2}=3\sqrt{2}+12\sqrt{2}-2-8=15\sqrt{2}-10$。
(4)[解]$\because x=\sqrt{3}+1,y=\sqrt{3}-1$，
$\therefore x^{2}+2xy+y^{2}=(x+y)^{2}=[(\sqrt{3}+1)+(\sqrt{3}-1)]^{2}=(2\sqrt{3})^{2}=12$。

11. (1)(2025·编写)最简二次根式$\sqrt{3a + 1}与\frac{1}{2}\sqrt{4a - 9}$是同类二次根式,则$a = $10。
(2)(2025·编写)已知$-1 ＜ a ＜ 0$,化简$\sqrt{(a + \frac{1}{a})^2 - 4}·\sqrt{(a - \frac{1}{a})^2 + 4}$得$-a^{2}+\frac{1}{a^{2}}$。

答案：
(1)10
(2)$-a^{2}+\frac{1}{a^{2}}$

12. (1)(2025·编写)计算：$\sqrt{4 + \sqrt{15}} - \sqrt{4 - \sqrt{15}} = $$\sqrt{6}$。
(2)(2025·武侯)如果$x = \sqrt{3} + 1$,那么代数式$x^2 - 2x + 3$的值为5。

答案：
(1)$\sqrt{6}$
(2)5

13. (2025·编写)已知$x = \sqrt{5} + 2$,$y = \sqrt{5} - 2$,则$x^2 + y^2 + 2xy = $20。

答案： 20

14. (2024·青羊)已知$x = \sqrt{5} + \sqrt{7}$,$y = \sqrt{5} - \sqrt{7}$,求下列代数式的值：
(1)$x^2 + y^2$；
(2)$x^2 - xy + y^2$。

答案： [解]
(1)$\because x=\sqrt{5}+\sqrt{7},y=\sqrt{5}-\sqrt{7}$，
$\therefore x+y=\sqrt{5}+\sqrt{7}+(\sqrt{5}-\sqrt{7})=2\sqrt{5},xy=(\sqrt{5}+\sqrt{7})×(\sqrt{5}-\sqrt{7})=5-7=-2$，
$\therefore x^{2}+y^{2}=(x+y)^{2}-2xy=(2\sqrt{5})^{2}-2×(-2)=20+4=24$。
(2)$\because x+y=2\sqrt{5},xy=-2$，
$\therefore x^{2}-xy+y^{2}=(x+y)^{2}-3xy=(2\sqrt{5})^{2}-3×(-2)=20+6=26$。

15. (2024·新都)如图,在边长为4的正方形$ABCD$中,点$E$,$F分别在边CD$,$AD$上,连接$BE$,$BF$,$EF$,且有$∠EBF = 45^{\circ}$。将$\triangle DEF沿EF$翻折,若点$D的对应点恰好落在BF$上,求$EF$的长。

答案：
[解]如图，过点 E 作$EH\perp BF$于点 H。

设$DE=x,DF=y$，则$AF=4-y,CE=4-x$。
由题意，得$∠HEF=∠DEF,∠FHE=∠FDE=90^{\circ}$，$\triangle BHE$为等腰直角三角形。
又$\because EF=EF,\therefore\triangle EFH\cong\triangle EFD(AAS)$，
$\therefore BH=HE=ED=x,HF=DF=y,\therefore BF=x+y$。
在$\triangle BHE$中，由勾股定理可得$BE=\sqrt{BH^{2}+EH^{2}}=\sqrt{2}x$，在$\triangle BCE$中，$BC^{2}+CE^{2}=BE^{2}$，
即$4^{2}+(4-x)^{2}=(\sqrt{2}x)^{2}$，解得$x=4\sqrt{3}-4$。
在$\triangle ABF$中，$AB^{2}+AF^{2}=BF^{2}$，即$4^{2}+(4-y)^{2}=(x+y)^{2}$，解得$y=4-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore EF=\sqrt{DE^{2}+DF^{2}}=8-\frac{8\sqrt{3}}{3}$。