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8. 二次根式$\dfrac{\sqrt{x+2}}{x-5}$在实数范围内有意义，则$x$的取值范围为________。
答案
8.$x≥-2$且$x≠5$
9. 已知$a$是方程$x^2 + 5x - 1 = 0$的根，则代数式$a^2 + 5a + 2024$的值为________。
答案
9.2025
10. 如图,在 $Rt△ ABC$ 中,$∠ BAC=90°,∠ B=30°,BC=4,P$是$BC$上一点,连结$PA$,分别以$PA,PC$为边作$□ APCE$,连结$PE$,则$PE$的最小值为________。
答案
10.$\sqrt{3}$
11. 观察下列各式：
$5+2\sqrt{6}=(2+3)+2\sqrt{2×3}=(\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{3})^{2}+2\sqrt{2}×\sqrt{3}=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2},8+2\sqrt{7}=(1+7)+2\sqrt{1×7}=1^{2}+(\sqrt{7})^{2}+2×1×\sqrt{7}=(1+\sqrt{7})^{2},\dots$
请运用以上的方法化简$\sqrt{7+2\sqrt{10}}=\underline{\hspace{5em}}$。
$5+2\sqrt{6}=(2+3)+2\sqrt{2×3}=(\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{3})^{2}+2\sqrt{2}×\sqrt{3}=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2},8+2\sqrt{7}=(1+7)+2\sqrt{1×7}=1^{2}+(\sqrt{7})^{2}+2×1×\sqrt{7}=(1+\sqrt{7})^{2},\dots$
请运用以上的方法化简$\sqrt{7+2\sqrt{10}}=\underline{\hspace{5em}}$。
答案
11.$\sqrt{2}+\sqrt{5}$
12. 如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,BE=DF,过点D作DG垂直AE交FC于点P,连结BP,若直线DG恰好经过AB的中点,则BP=
4
。答案
12.4
三、解答题
13. 图1,图2均是$4×4$的正方形网格,小正方形的边长为1,每个小正方形的顶点称为格点,点$A,B$均在格点上。只用无刻度的直尺,按要求完成以下画图(不要求写画法)。
(1)在图1中,画出一个以线段$AB$为边的正方形$ABCD$(顶点在格点上)。
(2)在图2中,过格点$C$作一条直线$l$,使点$A,B$到直线$l$的距离相等。
13. 图1,图2均是$4×4$的正方形网格,小正方形的边长为1,每个小正方形的顶点称为格点,点$A,B$均在格点上。只用无刻度的直尺,按要求完成以下画图(不要求写画法)。
(1)在图1中,画出一个以线段$AB$为边的正方形$ABCD$(顶点在格点上)。
(2)在图2中,过格点$C$作一条直线$l$,使点$A,B$到直线$l$的距离相等。
答案
13.(1)如图1所示,正方形ABCD即为所求。
(2)如图2所示,直线l即为所求。直线l//AB,点A,B到直线l的距离相等。(或如图3所示,直线l即为所求。直线l过AB中点,则点A,B到直线l的距离相等)
14. 我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，此公式与古希腊几何学家海伦提出的公式如出一辙，即三角形的三边长分别为$a,b,c$，记$p=\dfrac{a+b+c}{2}$，则其面积$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$，这个公式也被称为海伦-秦九韶公式。
(1)当三角形的三边$a=3,b=5,c=6$时，请你利用公式计算出三角形的面积。
(2)一个三角形的三边长依次为$\sqrt{5},\sqrt{6},\sqrt{7}$，请求出这个三角形的面积。
(3)若$p=8,a=4$，求此时三角形面积的最大值。
(1)当三角形的三边$a=3,b=5,c=6$时，请你利用公式计算出三角形的面积。
(2)一个三角形的三边长依次为$\sqrt{5},\sqrt{6},\sqrt{7}$，请求出这个三角形的面积。
(3)若$p=8,a=4$，求此时三角形面积的最大值。
答案
14.解:(1)因为$a=3,b=5,c=6$,则 $p=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{3+5+6}{2}=7$,所以 $S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{7×(7-3)×(7-5)×(7-6)}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}$。
(2) $S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\dfrac{a+b+c}{2}·\dfrac{a+b-c}{2}·\dfrac{a+c-b}{2}·\dfrac{b+c-a}{2}}=\sqrt{\dfrac{(a+b)^2-c^2}{4}·\dfrac{c^2-(a-b)^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{2ab+a^2+b^2-c^2}{4}·\dfrac{2ab-a^2-b^2+c^2}{4}}=\sqrt{(\dfrac{ab}{2}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4})(\dfrac{ab}{2}-\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4})}=\sqrt{(\dfrac{ab}{2})^2-(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4})^2}=\sqrt{\dfrac{1}{4}[a^2b^2-(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2})^2]}$,将三边长$\sqrt{5},\sqrt{6}$,$\sqrt{7}$,代入$S=\sqrt{\dfrac{1}{4}[a^2b^2-(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2})^2]}$可得$S=\sqrt{\dfrac{1}{4}[5×6-(\dfrac{5+6-7}{2})^2]} = \sqrt{\dfrac{1}{4}×(30-4)} =\dfrac{\sqrt{26}}{2}$。
(3)因为 $p=\dfrac{a+b+c}{2}$,$p=8$,$a=4$,所以$b+c=12$,则$c=12-b$,所以 $S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{8(8-4)(8-b)(8-c)}=4\sqrt{2}×\sqrt{(8-b)(8-12+b)}=4\sqrt{2}×\sqrt{(8-b)(b-4)}=4\sqrt{2}×\sqrt{4-(b-6)^2}$,所以当$b=6$时,$S$有最大值,为$8\sqrt{2}$。
(2) $S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\dfrac{a+b+c}{2}·\dfrac{a+b-c}{2}·\dfrac{a+c-b}{2}·\dfrac{b+c-a}{2}}=\sqrt{\dfrac{(a+b)^2-c^2}{4}·\dfrac{c^2-(a-b)^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{2ab+a^2+b^2-c^2}{4}·\dfrac{2ab-a^2-b^2+c^2}{4}}=\sqrt{(\dfrac{ab}{2}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4})(\dfrac{ab}{2}-\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4})}=\sqrt{(\dfrac{ab}{2})^2-(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4})^2}=\sqrt{\dfrac{1}{4}[a^2b^2-(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2})^2]}$,将三边长$\sqrt{5},\sqrt{6}$,$\sqrt{7}$,代入$S=\sqrt{\dfrac{1}{4}[a^2b^2-(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2})^2]}$可得$S=\sqrt{\dfrac{1}{4}[5×6-(\dfrac{5+6-7}{2})^2]} = \sqrt{\dfrac{1}{4}×(30-4)} =\dfrac{\sqrt{26}}{2}$。
(3)因为 $p=\dfrac{a+b+c}{2}$,$p=8$,$a=4$,所以$b+c=12$,则$c=12-b$,所以 $S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{8(8-4)(8-b)(8-c)}=4\sqrt{2}×\sqrt{(8-b)(8-12+b)}=4\sqrt{2}×\sqrt{(8-b)(b-4)}=4\sqrt{2}×\sqrt{4-(b-6)^2}$,所以当$b=6$时,$S$有最大值,为$8\sqrt{2}$。
