《2025年初中毕业升学真题详解八年级数学上册北师大版陕西专版》

23. (6分)我们已经知道$(\sqrt{13}+3)(\sqrt{13}-3)=4$,因此将$\frac{8}{\sqrt{13}-3}$分子、分母同时乘“$\sqrt{13}+3$”,分母就变成了4。例如:$\frac{8}{\sqrt{13}-3}=\frac{8(\sqrt{13}+3)}{(\sqrt{13}-3)(\sqrt{13}+3)}=\frac{8(\sqrt{13}+3)}{4}=2\sqrt{13}+6$,从而可以达到对根式化简的目的。根据上述阅读材料解决问题。已知$a=\frac{2}{\sqrt{3}+1}$,$b=\frac{2}{\sqrt{3}-1}$。
(1)化简$a,b$;
(2)求代数式$2a^2+ab+2b^2$的值。

答案： 23.[点拨]本题考查二次根式的化简求值，分母有理化，代数式求值。
[解析]
(1)$a=\frac{2}{\sqrt{3}+1}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3-1}=\sqrt{3}-1$。
$b=\frac{2}{\sqrt{3}-1}=\frac{2(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}=\frac{2(\sqrt{3}+1)}{3-1}=\sqrt{3}+1$。
(2)
∵$a=\sqrt{3}-1$，$b=\sqrt{3}+1$，
∴$ab=(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)=3-1=2$，$a+b=\sqrt{3}-1+\sqrt{3}+1=2\sqrt{3}$，
∴$2a^2+ab+2b^2$
$=2a^2+4ab+2b^2-3ab$
$=2(a^2+2ab+b^2)-3ab$
$=2(a+b)^2-3ab$
$=2×(2\sqrt{3})^2-3×2$
$=24-6$
$=18$。

24. 右侧扫码·视频讲解 (10分)【问题背景】如图1,在四边形$ABCD$中,$AB\perp BC$,连接$AC,BD$,$\angle ACB=\angle ADB=45°$,探究线段$AB,AD,CD$之间的数量关系。
小明同学的想法:过点$B$作$BE\perp BD$,交$DA$延长线于点$E$,则$\triangle EBD$是等腰直角三角形,可通过证明$\triangle DBC\cong\triangle EBA$,得到对应边、对应角相等,最终借助特殊三角形得出结论$AD^2+CD^2=2AB^2$。请根据小明的思路,完成以下证明过程:
(1)①求证:$\triangle DBC\cong\triangle EBA$;
②求证:$AD^2+CD^2=2AB^2$;
【尝试应用】(2)如图2,在(1)的条件下,若$AB=5\sqrt{2}$,$CD=6$,$F$是$AD$的中点,求$BF$的长;
【拓展探究】(3)如图3,在四边形$ABCD$中,$AB\perp BC$,连接$AC,BD$,$\angle ACB=45°$,若$AD=3$,$CD=2$,则当$BD$最大时,$\triangle ABC$的面积为$\frac{13}{4}$。

答案：
24.[点拨]本题考查等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短，熟练掌握等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键。
[解析]
(1)证明：①如题图1，过点B作$BE\perp BD$，交DA延长线于点E。
∵$AB\perp BC$，$BE\perp BD$，$\angle ACB=\angle ADB=45°$
∴$\triangle ABC$和$\triangle EBD$均为等腰直角三角形，
∴$EB=DB$，$AB=CB$，$\angle EBD=\angle ABC=90°$，
∴$\angle EBA+\angle ABD=\angle DBC+\angle ABD$，
∴$\angle EBA=\angle DBC$。
在$\triangle DBC$和$\triangle EBA$中，$\begin{cases}CB=AB\\\angle DBC=\angle EBA\\DB=EB\end{cases}$，
∴$\triangle DBC\cong\triangle EBA(SAS)$。
②
∵$\triangle DBC\cong\triangle EBA$，
∴$\angle E=\angle BDC$。
∵$\triangle EBD$为等腰直角三角形，
∴$\angle E=\angle BDE=45°$，
∴$\angle E=\angle BDC=45°$，
∴$\angle ADC=\angle BDC+\angle BDE=90°$，
∴在$Rt\triangle ADC$中，有$AD^2+CD^2=AC^2$。
又
∵在$Rt\triangle ABC$中，有$AC^2=AB^2+BC^2=2AB^2$，
∴$AD^2+CD^2=2AB^2$。
(2)如图1，过点C作$CG\perp BD$于点G，过点F作$FH\perp BD$于点H。将$AB=5\sqrt{2}$，$CD=6$代入$AD^2+CD^2=2AB^2$，
可得$AD^2+6^2=2×(5\sqrt{2})^2$，解得$AD=8$（负值已舍去）。
∵F是AD的中点，
∴$FD=FA=\frac{1}{2}AD=4$。
∵$\angle ADB=\angle CDB=45°$，
∴$\triangle CDG$和$\triangle FDH$均为等腰直角三角形，
∴$FH=DH=\frac{FD}{\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$，$DG=CG=\frac{CD}{\sqrt{2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$，
∴$BG=\sqrt{BC^2-CG^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2-(3\sqrt{2})^2}=4\sqrt{2}$，
∴$BD=BG+DG=7\sqrt{2}$，
∴$BH=BD-DH=5\sqrt{2}$，
∴$BF=\sqrt{BH^2+FH^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{58}$。
(3)如图2，过点B作$BE\perp BD$，使得$BE=BD$，连接AE，DE，则$\triangle BDE$为等腰直角三角形，
∴$DE=\sqrt{2}BD$。
∵$AB\perp BC$，$\angle ACB=45°$，
∴$\triangle ABC$为等腰直角三角形，
结合
(1)可知，$\triangle DBC\cong\triangle EBA$，
∴$AE=CD=2$。
∵$AE+AD\geq DE$，
∴$DE\leq5$。
如图3，当点D，A，E共线时，DE取最大值，最大值为5，
此时BD也最大，最大值为$\frac{5}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$。
∵$\angle ADB=\angle EDB=45°$，
$\angle BDC=\angle BEA=45°$，
∴$\angle ADC=90°$，
∴$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$
∴$AB=CB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{26}}{2}$，
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{26}}{2}×\frac{\sqrt{26}}{2}=\frac{13}{4}$，
即当BD最大时，$\triangle ABC$的面积为$\frac{13}{4}$。 故答案为$\frac{13}{4}$。

1. (2分)已知$3x-2$与$x+4$是一个正数$a$的平方根,则这个正数$a$的值为$\frac{49}{4}$或49。

答案： 1.$\frac{49}{4}$或49　[点拨]本题考查平方根，解一元一次方程。
[解析]①当$3x-2+x+4=0$时，$x=-\frac{1}{2}$，
∴$a=(x+4)^2=(-\frac{1}{2}+4)^2=\frac{49}{4}$；
②当$3x-2=x+4$时，$x=3$，
∴$a=(3+4)^2=7^2=49$。故答案为$\frac{49}{4}$或49。

2. (2分)已知$\sqrt{9+x}-\sqrt{3-x}=2,$则$\sqrt{9+x}+\sqrt{3-x}=$$2\sqrt{5}$。

答案： 2.$2\sqrt{5}$　[点拨]本题考查二次根式的乘法及完全平方公式的应用。
[解析]设$a=\sqrt{9+x}$，$b=\sqrt{3-x}$，即$a-b=2$，
∴$(a-b)^2=4$，$a^2+b^2=9+x+3-x=12$，
∴$a^2-2ab+b^2=12-2ab=4$，
∴$ab=4$，
∴$(a+b)^2=(a-b)^2+4ab=4+16=20$，
∴$a+b=\pm2\sqrt{5}$
∵$a＞0$，$b＞0$，
∴$a+b=2\sqrt{5}$。
∴$\sqrt{9+x}+\sqrt{3-x}=2\sqrt{5}$。故答案为$2\sqrt{5}$。

3. 右侧扫码·视频讲解 (3分)数形结合是重要的数学思想,借助图形,求解$\sqrt{x^2+4}+\sqrt{x^2-14x+58}$的最小值为$\sqrt{74}$。

答案：
3.$\sqrt{74}$　[点拨]本题考查利用轴对称的性质解决最短线段问题。
[解析]
∵$\sqrt{x^2+4}+\sqrt{x^2-14x+58}=\sqrt{(x-0)^2+(0-2)^2}+\sqrt{(x-7)^2+(0-3)^2}$
∴式子$\sqrt{x^2+4}+\sqrt{x^2-14x+58}$可理解为点P(x，0)到点$A(0，2)$与到点$B(7，3)$的距离之和，即$\sqrt{x^2+4}+\sqrt{x^2-14x+58}=AP+BP$。
如图，作点A关于x轴的对称点$A'(0，-2)$，
连接$A'B$，与x轴相交于点P，此时$AP+BP=A'P+BP=A'B$，$A'B$的长即为$\sqrt{x^2+4}+\sqrt{x^2-14x+58}$的最小值。
∵$A'B=\sqrt{(7-0)^2+[3-(-2)]^2}=\sqrt{74}$，
∴$\sqrt{x^2+4}+\sqrt{x^2-14x+58}$的最小值为$\sqrt{74}$。 故答案为$\sqrt{74}$。

4. (3分)在$ Rt\triangle ABC$中$,\angle ACB=90°,AC=4,BC=3,AD$为$\angle BAC$的平分线$,BE\perp AD$交AD的延长线于点E,则AE=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$。

答案：
4.$\frac{3\sqrt{10}}{2}$　[点拨]本题考查角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是正确作出辅助线。
[解析]如图，延长AC，BE交于点F。
∵$\angle ACB=90°$，$AC=4$，$BC=3$，
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵AD为$\angle BAC$的平分线，
∴$\angle BAE=\angle FAE$
又
∵$BE\perp AD$，
∴$\angle AEB=\angle AEF=90°$
在$\triangle ABE$和$\triangle AFE$中，$\begin{cases}\angle BAE=\angle FAE\\AE=AE\\\angle AEB=\angle AEF\end{cases}$，
∴$\triangle ABE\cong\triangle AFE(ASA)$，
∴$AF=AB=5$，$BE=FE$，
∴$CF=AF-AC=5-4=1$。
∵$\angle ACB=90°$，
∴$\angle BCF=180°-\angle ACB=90°$，
∴在$Rt\triangle BCF$中，$BF=\sqrt{CF^2+BC^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
∴$BE=\frac{1}{2}BF=\frac{\sqrt{10}}{2}$。
∴在$Rt\triangle ABE$中，$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-(\frac{\sqrt{10}}{2})^2}=\frac{3\sqrt{10}}{2}$。 故答案为$\frac{3\sqrt{10}}{2}$。