登录
8. 位于重庆云阳龙缸景区的“亚洲第一悬崖秋千”,建在距离河面将近 700 米高的悬崖边缘上,该秋千的荡出距离可达百米,提升高度可至 80 米.将其抽象成数学图形,如图所示,$OA = OB$,$BD ⊥ OA$于点$D$,$BD = 100$米,$AD = 80$米,秋千的绳索始终保持拉直,则绳索$OA$的长度为(
A.80米
B.100米
C.102.5米
D.100.5米
C
).A.80米
B.100米
C.102.5米
D.100.5米
答案
8. C 【点拨】本题考查勾股定理的应用,解题的关键是根据勾股定理得出方程.
【解析】由题意可得,$OA = OB$.
∵ $BD ⊥ OA$,
∴ $∠BDO = 90°$.
设 $OA = OB = x$ 米,则 $OD = OA - AD = (x - 80)$ 米.
在 $Rt△BDO$ 中,由勾股定理,得 $BD^2 + OD^2 = OB^2$,
即 $100^2 + (x - 80)^2 = x^2$, 解得 $x = 102.5$, 故绳索 $OA$ 的长度为102.5 米. 故选 C.
【解析】由题意可得,$OA = OB$.
∵ $BD ⊥ OA$,
∴ $∠BDO = 90°$.
设 $OA = OB = x$ 米,则 $OD = OA - AD = (x - 80)$ 米.
在 $Rt△BDO$ 中,由勾股定理,得 $BD^2 + OD^2 = OB^2$,
即 $100^2 + (x - 80)^2 = x^2$, 解得 $x = 102.5$, 故绳索 $OA$ 的长度为102.5 米. 故选 C.
解析
【分析】
要解决这个问题，首先根据题意可知OA=OB，BD垂直OA形成直角三角形BDO。我们设绳索OA的长度为未知数，利用线段间的关系表示出直角三角形的边，再结合勾股定理列方程求解，即可得到OA的长度。
【解析】
设OA=OB=x米，
已知AD=80米，因此OD=OA - AD=(x - 80)米，
因为BD⊥OA，所以∠BDO=90°，在Rt△BDO中，根据勾股定理：
BD² + OD² = OB²，
代入BD=100米，得：
100² + (x - 80)² = x²，
展开计算：10000 + x² - 160x + 6400 = x²，
化简得：16400 - 160x = 0，
解得：x=102.5，
即绳索OA的长度为102.5米，故选C。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理应用，方程思想
【点评】
本题结合实际场景考查勾股定理的应用，核心是通过设未知数列方程求解，体现了数学与实际问题的结合，难度适中，是勾股定理的典型基础应用题型。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，首先根据题意可知OA=OB，BD垂直OA形成直角三角形BDO。我们设绳索OA的长度为未知数，利用线段间的关系表示出直角三角形的边，再结合勾股定理列方程求解，即可得到OA的长度。
【解析】
设OA=OB=x米，
已知AD=80米，因此OD=OA - AD=(x - 80)米，
因为BD⊥OA，所以∠BDO=90°，在Rt△BDO中，根据勾股定理：
BD² + OD² = OB²，
代入BD=100米，得：
100² + (x - 80)² = x²，
展开计算：10000 + x² - 160x + 6400 = x²，
化简得：16400 - 160x = 0，
解得：x=102.5，
即绳索OA的长度为102.5米，故选C。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理应用，方程思想
【点评】
本题结合实际场景考查勾股定理的应用，核心是通过设未知数列方程求解，体现了数学与实际问题的结合，难度适中，是勾股定理的典型基础应用题型。
【难度系数】
0.6
9. 在直角三角形中,自锐角顶点所引的两条中线长为$\sqrt{10}$和$\sqrt{35}$,那么这个直角三角形的斜边长为(
A.7
B.6
C.$2\sqrt{7}$
D.$2\sqrt{6}$
B
).A.7
B.6
C.$2\sqrt{7}$
D.$2\sqrt{6}$
答案
9. B 【点拨】本题考查勾股定理的应用,解题的关键是利用勾股定理求出直角边长的平方和,再利用勾股定理求出斜边长.
【解析】如图
,设 $AC = b$,$BC = a$,分别在 $Rt△ACE$ 和 $Rt△BCD$ 中,根据勾股定理,得$\begin{cases} (\dfrac{a}{2})^2 + b^2 = 10, \\ a^2 + (\dfrac{b}{2})^2 = 35, \end{cases}$
两式相加并整理,得 $a^2 + b^2 = 36$,即$Rt△ACB$斜边长为$\sqrt{36}=6$. 故选 B.
解析
【分析】
要解决这个问题，我们可以利用直角三角形的中线性质和勾股定理。首先设直角三角形的两条直角边分别为$a$和$b$，根据中线定义得到两条中线对应的直角边一半的长度，再结合勾股定理列出关于$a$、$b$的方程，通过方程相加求出$a^2 + b^2$的值，最后利用勾股定理计算斜边长度。
【解析】
设直角三角形$ACB$中，$AC = b$，$BC = a$，$E$为$BC$中点，$D$为$AC$中点，则$CE = \frac{a}{2}$，$CD = \frac{b}{2}$。
在$Rt△ACE$中，根据勾股定理：$AC^2 + CE^2 = AE^2$，即$b^2 + (\frac{a}{2})^2 = (\sqrt{10})^2 = 10$；
在$Rt△BCD$中，根据勾股定理：$BC^2 + CD^2 = BD^2$，即$a^2 + (\frac{b}{2})^2 = (\sqrt{35})^2 = 35$；
将上述两个方程相加：$b^2 + \frac{a^2}{4} + a^2 + \frac{b^2}{4} = 10 + 35$，整理得$\frac{5}{4}(a^2 + b^2) = 45$，解得$a^2 + b^2 = 36$；
根据勾股定理，直角三角形的斜边长为$\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{36} = 6$。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理、直角三角形中线性质
【点评】
本题考查勾股定理的应用，核心是利用中线得到直角边的一半长度，通过联立方程求出直角边平方和，进而计算斜边，属于中等难度的几何计算题，需要掌握勾股定理和中线的性质。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，我们可以利用直角三角形的中线性质和勾股定理。首先设直角三角形的两条直角边分别为$a$和$b$，根据中线定义得到两条中线对应的直角边一半的长度，再结合勾股定理列出关于$a$、$b$的方程，通过方程相加求出$a^2 + b^2$的值，最后利用勾股定理计算斜边长度。
【解析】
设直角三角形$ACB$中，$AC = b$，$BC = a$，$E$为$BC$中点，$D$为$AC$中点，则$CE = \frac{a}{2}$，$CD = \frac{b}{2}$。
在$Rt△ACE$中，根据勾股定理：$AC^2 + CE^2 = AE^2$，即$b^2 + (\frac{a}{2})^2 = (\sqrt{10})^2 = 10$；
在$Rt△BCD$中，根据勾股定理：$BC^2 + CD^2 = BD^2$，即$a^2 + (\frac{b}{2})^2 = (\sqrt{35})^2 = 35$；
将上述两个方程相加：$b^2 + \frac{a^2}{4} + a^2 + \frac{b^2}{4} = 10 + 35$，整理得$\frac{5}{4}(a^2 + b^2) = 45$，解得$a^2 + b^2 = 36$；
根据勾股定理，直角三角形的斜边长为$\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{36} = 6$。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理、直角三角形中线性质
【点评】
本题考查勾股定理的应用，核心是利用中线得到直角边的一半长度，通过联立方程求出直角边平方和，进而计算斜边，属于中等难度的几何计算题，需要掌握勾股定理和中线的性质。
【难度系数】
0.6
10. 已知平面直角坐标系内有一点 $ P(2,4) $，过 $ P $ 点作一条不过原点的直线 $ l $。若直线 $ l $ 交 $ x $ 轴于点 $ A(x,0) $，交 $ y $ 轴于点 $ B(0,y) $，则 $ \frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} $ 有（
A.最小值 $ 0.05 $
B.最大值 $ 0.05 $
C.最大值 $ 0.5 $
D.最小值 $ 0.5 $
A
）。A.最小值 $ 0.05 $
B.最大值 $ 0.05 $
C.最大值 $ 0.5 $
D.最小值 $ 0.5 $
答案
10. A 【点拨】本题考查一次函数的性质,用配方法对二次三项式进行配方求最值,解题的关键是熟知一次函数的性质和用配方法求二次三项式最值的方法.
【解析】设直线解析式为 $y = kx + b$,将点 $P(2,4)$ 代入,得 $4 = 2k + b$,
∴ $b = 4 - 2k$,
∴ $y = kx + 4 - 2k$,由 $A,B$ 两点可以得到 $x = \dfrac{2k - 4}{k}$,$y = 4 - 2k$,
∴ $\dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{y^2} = \dfrac{k^2}{(2k - 4)^2} + \dfrac{1}{(4 - 2k)^2} = \dfrac{k^2 + 1}{4(k - 2)^2} = \dfrac{(k - 2)^2 + 4(k - 2) + 5}{4(k - 2)^2} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{5}{4(k - 2)^2} = \dfrac{5}{4}(\dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{2}{5})^2 + \dfrac{1}{20}$.
∵ $(\dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{2}{5})^2 ≥ 0$,
∴ $\dfrac{5}{4}(\dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{2}{5})^2 + \dfrac{1}{20}$ 有最小值,最小值为 $\dfrac{1}{20}=0.05$. 故选 A.
【解析】设直线解析式为 $y = kx + b$,将点 $P(2,4)$ 代入,得 $4 = 2k + b$,
∴ $b = 4 - 2k$,
∴ $y = kx + 4 - 2k$,由 $A,B$ 两点可以得到 $x = \dfrac{2k - 4}{k}$,$y = 4 - 2k$,
∴ $\dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{y^2} = \dfrac{k^2}{(2k - 4)^2} + \dfrac{1}{(4 - 2k)^2} = \dfrac{k^2 + 1}{4(k - 2)^2} = \dfrac{(k - 2)^2 + 4(k - 2) + 5}{4(k - 2)^2} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{5}{4(k - 2)^2} = \dfrac{5}{4}(\dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{2}{5})^2 + \dfrac{1}{20}$.
∵ $(\dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{2}{5})^2 ≥ 0$,
∴ $\dfrac{5}{4}(\dfrac{1}{k - 2} + \dfrac{2}{5})^2 + \dfrac{1}{20}$ 有最小值,最小值为 $\dfrac{1}{20}=0.05$. 故选 A.
解析
【分析】要解决该问题，需先设直线解析式，利用直线过点$P(2,4)$求出参数关系，进而得到直线与坐标轴交点$A、B$的坐标，将$\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}$用参数表示后，通过配方法化简式子，结合平方的非负性确定该式的最值，最终选出答案。
【解析】设直线$l$的解析式为$y = kx + b$，将点$P(2,4)$代入得：$4 = 2k + b$，解得$b = 4 - 2k$，故直线解析式为$y = kx + 4 - 2k$。
求直线与$x$轴交点$A(x,0)$：令$y=0$，得$0 = kx + 4 - 2k$，解得$x = \frac{2k - 4}{k}$（$k≠0$，因直线不过原点）；
求直线与$y$轴交点$B(0,y)$：令$x=0$，得$y = 4 - 2k$；
代入$\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}$化简：
$\begin{aligned}\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} &= \frac{k^2}{(2k - 4)^2} + \frac{1}{(4 - 2k)^2} \\&= \frac{k^2 + 1}{4(k - 2)^2} \\&= \frac{(k - 2)^2 + 4(k - 2) + 5}{4(k - 2)^2} \\&= \frac{5}{4}(\frac{1}{k - 2} + \frac{2}{5})^2 + \frac{1}{20}\end{aligned}$
因$(\frac{1}{k - 2} + \frac{2}{5})^2 ≥ 0$，故当$\frac{1}{k - 2} + \frac{2}{5}=0$时，式子取得最小值$\frac{1}{20}=0.05$，即$\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}$有最小值$0.05$，故选A。
【答案】A
【知识点】一次函数的性质，配方法求最值，代数式化简
【点评】本题综合考查一次函数解析式、坐标轴交点的求解及配方法求代数式最值，关键是用参数表示交点坐标后正确配方，需注意直线不过原点对参数的限制。
【难度系数】0.5
【解析】设直线$l$的解析式为$y = kx + b$，将点$P(2,4)$代入得：$4 = 2k + b$，解得$b = 4 - 2k$，故直线解析式为$y = kx + 4 - 2k$。
求直线与$x$轴交点$A(x,0)$：令$y=0$，得$0 = kx + 4 - 2k$，解得$x = \frac{2k - 4}{k}$（$k≠0$，因直线不过原点）；
求直线与$y$轴交点$B(0,y)$：令$x=0$，得$y = 4 - 2k$；
代入$\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}$化简：
$\begin{aligned}\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} &= \frac{k^2}{(2k - 4)^2} + \frac{1}{(4 - 2k)^2} \\&= \frac{k^2 + 1}{4(k - 2)^2} \\&= \frac{(k - 2)^2 + 4(k - 2) + 5}{4(k - 2)^2} \\&= \frac{5}{4}(\frac{1}{k - 2} + \frac{2}{5})^2 + \frac{1}{20}\end{aligned}$
因$(\frac{1}{k - 2} + \frac{2}{5})^2 ≥ 0$，故当$\frac{1}{k - 2} + \frac{2}{5}=0$时，式子取得最小值$\frac{1}{20}=0.05$，即$\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}$有最小值$0.05$，故选A。
【答案】A
【知识点】一次函数的性质，配方法求最值，代数式化简
【点评】本题综合考查一次函数解析式、坐标轴交点的求解及配方法求代数式最值，关键是用参数表示交点坐标后正确配方，需注意直线不过原点对参数的限制。
【难度系数】0.5
二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
11. 化简: $\sqrt{48} = \_\_\_\_\_\_$; $\sqrt{(-7)^2} = \_\_\_\_\_\_$; $\sqrt{1\dfrac{1}{2}} = \_\_\_\_\_\_$.
11. 化简: $\sqrt{48} = \_\_\_\_\_\_$; $\sqrt{(-7)^2} = \_\_\_\_\_\_$; $\sqrt{1\dfrac{1}{2}} = \_\_\_\_\_\_$.
答案
11. $4\sqrt{3}$ $7$ $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$ 【点拨】本题考查二次根式的化简,解题的关键是熟练掌握二次根式的性质和化简方法.
【解析】$\sqrt{48}=\sqrt{16×3}=4\sqrt{3}$,
$\sqrt{(-7)^2}=\sqrt{49}=7$,
$\sqrt{1\dfrac{1}{2}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}×\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
故答案为 $4\sqrt{3},7,\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
【解析】$\sqrt{48}=\sqrt{16×3}=4\sqrt{3}$,
$\sqrt{(-7)^2}=\sqrt{49}=7$,
$\sqrt{1\dfrac{1}{2}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}×\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
故答案为 $4\sqrt{3},7,\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
解析
【分析】本题考查二次根式的化简，解题思路是：利用二次根式的相关性质进行化简，具体为：①对于被开方数是合数的，分解出其中的平方因数，再根据$\sqrt{ab}=\sqrt{a}·\sqrt{b}(a≥0,b≥0)$拆分化简；②对于$\sqrt{a^2}$，根据性质$\sqrt{a^2}=|a|$，当$a≥0$时结果为$a$；③带分数需先化为假分数，再通过分母有理化完成化简。分别对三个式子按上述方法处理即可得到结果。
【解析】1. 化简$\sqrt{48}$：将48分解为$16×3$，其中16是平方数，因此$\sqrt{48}=\sqrt{16×3}=\sqrt{16}×\sqrt{3}=4\sqrt{3}$；
2. 化简$\sqrt{(-7)^2}$：根据二次根式的性质，$\sqrt{(-7)^2}=|-7|=7$；
3. 化简$\sqrt{1\dfrac{1}{2}}$：先把带分数化为假分数，$1\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$，再进行分母有理化，$\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{3}×\sqrt{2}}{\sqrt{2}×\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$。
【答案】$4\sqrt{3}$；$7$；$\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
【知识点】二次根式化简；二次根式的性质；分母有理化
【点评】本题是二次根式化简的基础题，主要考查学生对二次根式基本性质和化简方法的掌握，属于初中数学的基础考点，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】1. 化简$\sqrt{48}$：将48分解为$16×3$，其中16是平方数，因此$\sqrt{48}=\sqrt{16×3}=\sqrt{16}×\sqrt{3}=4\sqrt{3}$；
2. 化简$\sqrt{(-7)^2}$：根据二次根式的性质，$\sqrt{(-7)^2}=|-7|=7$；
3. 化简$\sqrt{1\dfrac{1}{2}}$：先把带分数化为假分数，$1\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$，再进行分母有理化，$\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{3}×\sqrt{2}}{\sqrt{2}×\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$。
【答案】$4\sqrt{3}$；$7$；$\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
【知识点】二次根式化简；二次根式的性质；分母有理化
【点评】本题是二次根式化简的基础题，主要考查学生对二次根式基本性质和化简方法的掌握，属于初中数学的基础考点，难度较低。
【难度系数】0.8
12. 在平面直角坐标系中，O为原点，点$M(-4,3)$到原点的距离是
5
.答案
12. 5 【点拨】本题考查两点间距离公式.
【解析】点 $M(-4,3)$ 到原点的距离为 $\sqrt{(-4)^2 + 3^2}=\sqrt{25}=5$. 故答案为 5.
【解析】点 $M(-4,3)$ 到原点的距离为 $\sqrt{(-4)^2 + 3^2}=\sqrt{25}=5$. 故答案为 5.
解析
【分析】首先明确平面直角坐标系中两点间的距离公式，原点O的坐标为(0,0)，要求点M(-4,3)到原点的距离，可直接代入两点间距离公式计算，该公式为：两点$(x_1,y_1)$和$(x_2,y_2)$的距离为$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$，将对应坐标代入即可求解。
【解析】根据两点间距离公式，点$M(-4,3)$到原点$O(0,0)$的距离为：$\sqrt{(-4 - 0)^2 + (3 - 0)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$。
【答案】5
【知识点】两点间距离公式；平面直角坐标系中点的距离计算
【点评】本题是基础题型，直接考查两点间距离公式的应用，解题思路清晰，计算过程简单，属于平面直角坐标系中距离计算的基础知识点考查。
【难度系数】0.9
【解析】根据两点间距离公式，点$M(-4,3)$到原点$O(0,0)$的距离为：$\sqrt{(-4 - 0)^2 + (3 - 0)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$。
【答案】5
【知识点】两点间距离公式；平面直角坐标系中点的距离计算
【点评】本题是基础题型，直接考查两点间距离公式的应用，解题思路清晰，计算过程简单，属于平面直角坐标系中距离计算的基础知识点考查。
【难度系数】0.9
13. 已知 $ a = \sqrt{3} - \sqrt{2}, b = \sqrt{3} + \sqrt{2} $，则 $ a^2b - ab^2 = \underline{\hspace{5em}} $.
答案
13. $-2\sqrt{2}$ 【点拨】本题考查二次根式的混合运算,解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则.
【解析】由 $a^2b - ab^2 = ab(a - b)$,将 $a = \sqrt{3} - \sqrt{2}$,$b = \sqrt{3} + \sqrt{2}$ 代入,得
$ab = (\sqrt{3} - \sqrt{2})(\sqrt{3} + \sqrt{2}) = 3 - 2 = 1$,
$a - b = \sqrt{3} - \sqrt{2} - (\sqrt{3} + \sqrt{2}) = \sqrt{3} - \sqrt{2} - \sqrt{3} - \sqrt{2} = -2\sqrt{2}$,
∴ $a^2b - ab^2 = ab(a - b) = 1×(-2\sqrt{2}) = -2\sqrt{2}$.
故答案为 $-2\sqrt{2}$.
【解析】由 $a^2b - ab^2 = ab(a - b)$,将 $a = \sqrt{3} - \sqrt{2}$,$b = \sqrt{3} + \sqrt{2}$ 代入,得
$ab = (\sqrt{3} - \sqrt{2})(\sqrt{3} + \sqrt{2}) = 3 - 2 = 1$,
$a - b = \sqrt{3} - \sqrt{2} - (\sqrt{3} + \sqrt{2}) = \sqrt{3} - \sqrt{2} - \sqrt{3} - \sqrt{2} = -2\sqrt{2}$,
∴ $a^2b - ab^2 = ab(a - b) = 1×(-2\sqrt{2}) = -2\sqrt{2}$.
故答案为 $-2\sqrt{2}$.
解析
【分析】首先观察所求代数式$a^2b - ab^2$，可通过因式分解将其简化为$ab(a - b)$，无需直接代入$a$、$b$的复杂形式计算，只需分别求出$ab$和$a - b$的值，再代入即可快速得出结果。
【解析】
1. 对代数式因式分解：$a^2b - ab^2 = ab(a - b)$；
2. 计算$ab$的值：利用平方差公式，$ab = (\sqrt{3} - \sqrt{2})(\sqrt{3} + \sqrt{2}) = (\sqrt{3})^2 - (\sqrt{2})^2 = 3 - 2 = 1$；
3. 计算$a - b$的值：$a - b = (\sqrt{3} - \sqrt{2}) - (\sqrt{3} + \sqrt{2}) = \sqrt{3} - \sqrt{2} - \sqrt{3} - \sqrt{2} = -2\sqrt{2}$；
4. 代入计算：将$ab = 1$，$a - b = -2\sqrt{2}$代入$ab(a - b)$，得$1×(-2\sqrt{2}) = -2\sqrt{2}$。
【答案】$-2\sqrt{2}$
【知识点】二次根式的混合运算、因式分解的应用
【点评】本题通过因式分解简化计算，避免了直接代入的繁琐，核心是利用平方差公式快速求$ab$，同时注意$a - b$计算时的符号处理，属于二次根式运算的基础题型。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 对代数式因式分解：$a^2b - ab^2 = ab(a - b)$；
2. 计算$ab$的值：利用平方差公式，$ab = (\sqrt{3} - \sqrt{2})(\sqrt{3} + \sqrt{2}) = (\sqrt{3})^2 - (\sqrt{2})^2 = 3 - 2 = 1$；
3. 计算$a - b$的值：$a - b = (\sqrt{3} - \sqrt{2}) - (\sqrt{3} + \sqrt{2}) = \sqrt{3} - \sqrt{2} - \sqrt{3} - \sqrt{2} = -2\sqrt{2}$；
4. 代入计算：将$ab = 1$，$a - b = -2\sqrt{2}$代入$ab(a - b)$，得$1×(-2\sqrt{2}) = -2\sqrt{2}$。
【答案】$-2\sqrt{2}$
【知识点】二次根式的混合运算、因式分解的应用
【点评】本题通过因式分解简化计算，避免了直接代入的繁琐，核心是利用平方差公式快速求$ab$，同时注意$a - b$计算时的符号处理，属于二次根式运算的基础题型。
【难度系数】0.6
14. 如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ACB=90°,AC=BC=5$,点 $E,F$ 分别在 $CA,CB$ 上,且 $CE=CF=1$,点 $M,N$ 分别为 $AF,BE$ 的中点,则 $MN$ 的长为________.
答案
14. $2\sqrt{2}$ 【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质,三角形中位线的性质,解题的关键是熟知以上性质并作出合适的辅助线.
【解析】如题图,取 $AB$ 的中点 $D$,连接 $MD,ND$.
由题可知,$AE = BF = 5 - 1 = 4$.
∵ 点 $M,N$ 分别为 $AF,BE$ 的中点,
∴ $DM$ 为 $△ABF$ 的中位线,$DN$ 为 $△ABE$ 的中位线,
∴ $DM = \dfrac{1}{2}BF = 2$,$DM // BF$,
$DN = \dfrac{1}{2}AE = 2$,$DN // AE$.
∵ $BF ⊥ AE$,
∴ $DM ⊥ DN$,
∴ $△DMN$ 为等腰直角三角形,
∴ $MN = \sqrt{2}DM = 2\sqrt{2}$. 故答案为 $2\sqrt{2}$.
【解析】如题图,取 $AB$ 的中点 $D$,连接 $MD,ND$.
由题可知,$AE = BF = 5 - 1 = 4$.
∵ 点 $M,N$ 分别为 $AF,BE$ 的中点,
∴ $DM$ 为 $△ABF$ 的中位线,$DN$ 为 $△ABE$ 的中位线,
∴ $DM = \dfrac{1}{2}BF = 2$,$DM // BF$,
$DN = \dfrac{1}{2}AE = 2$,$DN // AE$.
∵ $BF ⊥ AE$,
∴ $DM ⊥ DN$,
∴ $△DMN$ 为等腰直角三角形,
∴ $MN = \sqrt{2}DM = 2\sqrt{2}$. 故答案为 $2\sqrt{2}$.
解析
【分析】
要计算MN的长度，可利用三角形中位线定理构造辅助线，将所求线段转化为特殊三角形的边。取AB的中点D，连接MD、ND，通过中位线性质得到MD、ND的长度与位置关系，再证明△DMN为等腰直角三角形，进而求出MN的长。
【解析】
1. 计算相关线段长度：在Rt△ABC中，AC=BC=5，CE=CF=1，因此AE=AC-CE=5-1=4，BF=BC-CF=5-1=4，即AE=BF=4。
2. 构造辅助线：取AB的中点D，连接MD、ND。
3. 应用三角形中位线定理：
因为M是AF的中点，D是AB的中点，所以MD是△ABF的中位线，故$MD=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}×4=2$，且$MD// BF$；
因为N是BE的中点，D是AB的中点，所以ND是△ABE的中位线，故$ND=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}×4=2$，且$ND// AE$。
4. 证明垂直关系：由∠ACB=90°，得AC⊥BC，即AE⊥BF，结合$MD// BF$、$ND// AE$，可得MD⊥ND，即∠MDN=90°。
5. 计算MN的长度：在等腰直角△DMN中，MD=ND=2，根据勾股定理，$MN=\sqrt{MD^2+ND^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线、等腰直角三角形性质
【点评】
本题通过构造三角形中位线转化线段关系，关键是利用中位线的平行与数量特征，结合等腰直角三角形的性质求解，体现了转化思想的应用，辅助线的构造是解题核心。
【难度系数】
0.5
要计算MN的长度，可利用三角形中位线定理构造辅助线，将所求线段转化为特殊三角形的边。取AB的中点D，连接MD、ND，通过中位线性质得到MD、ND的长度与位置关系，再证明△DMN为等腰直角三角形，进而求出MN的长。
【解析】
1. 计算相关线段长度：在Rt△ABC中，AC=BC=5，CE=CF=1，因此AE=AC-CE=5-1=4，BF=BC-CF=5-1=4，即AE=BF=4。
2. 构造辅助线：取AB的中点D，连接MD、ND。
3. 应用三角形中位线定理：
因为M是AF的中点，D是AB的中点，所以MD是△ABF的中位线，故$MD=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}×4=2$，且$MD// BF$；
因为N是BE的中点，D是AB的中点，所以ND是△ABE的中位线，故$ND=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2}×4=2$，且$ND// AE$。
4. 证明垂直关系：由∠ACB=90°，得AC⊥BC，即AE⊥BF，结合$MD// BF$、$ND// AE$，可得MD⊥ND，即∠MDN=90°。
5. 计算MN的长度：在等腰直角△DMN中，MD=ND=2，根据勾股定理，$MN=\sqrt{MD^2+ND^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线、等腰直角三角形性质
【点评】
本题通过构造三角形中位线转化线段关系，关键是利用中位线的平行与数量特征，结合等腰直角三角形的性质求解，体现了转化思想的应用，辅助线的构造是解题核心。
【难度系数】
0.5
15. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,以$△ ABC$的各边为边作三个正方形,点$G$落在$HI$上.若$AC+BC=6$,空白部分的面积为$13.5$,则$AB=\underline{\hspace{5cm}}$.
答案
15. $\sqrt{21}$ 【点拨】本题考查勾股定理及正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解题的关键是正确识别图形.
【解析】由题可知,$∠FAB = ∠AFG = ∠ACB = 90°$,
∴ $∠FAM + ∠BAC = ∠BAC + ∠ABC = 90°$,
∴ $∠FAM = ∠ABC$.
在 $△FAM$ 和 $△ABN$ 中,$\begin{cases} ∠MFA = ∠NAB, \\ AF = BA, \\ ∠FAM = ∠ABN, \end{cases}$
∴ $△FAM ≅ △ABN(ASA)$,
∴ $S_{△FAM} = S_{△ABN}$,
∴ $S_{△ABC} = S_{四边形FNCM}$.
由勾股定理可得,$AC^2 + BC^2 = AB^2$,
∵ $AC + BC = 6$,
∴ $(AC + BC)^2 = AC^2 + BC^2 + 2AC·BC = 36$,
∴ $AB^2 + 2AC·BC = 36$,
∴ $AC·BC = \dfrac{36 - AB^2}{2}$.
∵ 空白部分面积为 13.5,
∴ $AB^2 - 2S_{△ABC} = 13.5$,
∴ $AB^2 - AC·BC = 13.5$,
∴ $AB^2 - \dfrac{36 - AB^2}{2} = 13.5$,
∴ $AB^2 = 21$,
∴ $AB = \sqrt{21}$.
故答案为 $\sqrt{21}$.
【解析】由题可知,$∠FAB = ∠AFG = ∠ACB = 90°$,
∴ $∠FAM + ∠BAC = ∠BAC + ∠ABC = 90°$,
∴ $∠FAM = ∠ABC$.
在 $△FAM$ 和 $△ABN$ 中,$\begin{cases} ∠MFA = ∠NAB, \\ AF = BA, \\ ∠FAM = ∠ABN, \end{cases}$
∴ $△FAM ≅ △ABN(ASA)$,
∴ $S_{△FAM} = S_{△ABN}$,
∴ $S_{△ABC} = S_{四边形FNCM}$.
由勾股定理可得,$AC^2 + BC^2 = AB^2$,
∵ $AC + BC = 6$,
∴ $(AC + BC)^2 = AC^2 + BC^2 + 2AC·BC = 36$,
∴ $AB^2 + 2AC·BC = 36$,
∴ $AC·BC = \dfrac{36 - AB^2}{2}$.
∵ 空白部分面积为 13.5,
∴ $AB^2 - 2S_{△ABC} = 13.5$,
∴ $AB^2 - AC·BC = 13.5$,
∴ $AB^2 - \dfrac{36 - AB^2}{2} = 13.5$,
∴ $AB^2 = 21$,
∴ $AB = \sqrt{21}$.
故答案为 $\sqrt{21}$.
解析
【分析】
要解决本题，首先利用正方形的直角性质推导角相等，证明三角形全等，实现面积的转化；再结合勾股定理和已知的$AC+BC=6$，通过平方展开建立$AC$、$BC$与$AB$的关系；最后根据空白部分面积的条件，列出关于$AB$的方程，求解得到$AB$的值。
【解析】
1. 由正方形的性质可知，$∠ FAB = ∠ AFG = ∠ ACB = 90°$，因此$∠ FAM + ∠ BAC = ∠ BAC + ∠ ABC = 90°$，故$∠ FAM = ∠ ABC$。
在$△ FAM$和$△ ABN$中：
$\{\begin{array}{l}∠ MFA = ∠ NAB = 90°, \\AF = BA, \\∠ FAM = ∠ ABN,\end{array} $
所以$△ FAM ≌ △ ABN$（ASA），因此$S_{△ FAM} = S_{△ ABN}$，进而可得$S_{△ ABC} = S_{四边形FNCM}$。
2. 设$AC = b$，$BC = a$，$AB = c$，根据勾股定理得：$a^2 + b^2 = c^2$。
已知$AC + BC = 6$，即$a + b = 6$，两边平方得：$(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2 = 36$，代入$a^2 + b^2 = c^2$，得$c^2 + 2ab = 36$，整理得$ab = \frac{36 - c^2}{2}$。
3. 空白部分的面积为$13.5$，空白部分面积可表示为：$AB^2 - 2S_{△ ABC}$，而$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}ab$，因此：
$c^2 - 2 × \frac{1}{2}ab = 13.5$，即$c^2 - ab = 13.5$。
将$ab = \frac{36 - c^2}{2}$代入上式：
$c^2 - \frac{36 - c^2}{2} = 13.5$，
两边同乘2得：$2c^2 - 36 + c^2 = 27$，
合并同类项得：$3c^2 = 63$，
解得$c^2 = 21$，因为边长为正，所以$c = \sqrt{21}$，即$AB = \sqrt{21}$。
【答案】
$\sqrt{21}$
【知识点】
勾股定理，全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【点评】
本题综合运用勾股定理、全等三角形的性质及正方形的性质，核心是通过全等三角形转化面积，建立方程求解，考查学生的几何综合应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决本题，首先利用正方形的直角性质推导角相等，证明三角形全等，实现面积的转化；再结合勾股定理和已知的$AC+BC=6$，通过平方展开建立$AC$、$BC$与$AB$的关系；最后根据空白部分面积的条件，列出关于$AB$的方程，求解得到$AB$的值。
【解析】
1. 由正方形的性质可知，$∠ FAB = ∠ AFG = ∠ ACB = 90°$，因此$∠ FAM + ∠ BAC = ∠ BAC + ∠ ABC = 90°$，故$∠ FAM = ∠ ABC$。
在$△ FAM$和$△ ABN$中：
$\{\begin{array}{l}∠ MFA = ∠ NAB = 90°, \\AF = BA, \\∠ FAM = ∠ ABN,\end{array} $
所以$△ FAM ≌ △ ABN$（ASA），因此$S_{△ FAM} = S_{△ ABN}$，进而可得$S_{△ ABC} = S_{四边形FNCM}$。
2. 设$AC = b$，$BC = a$，$AB = c$，根据勾股定理得：$a^2 + b^2 = c^2$。
已知$AC + BC = 6$，即$a + b = 6$，两边平方得：$(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2 = 36$，代入$a^2 + b^2 = c^2$，得$c^2 + 2ab = 36$，整理得$ab = \frac{36 - c^2}{2}$。
3. 空白部分的面积为$13.5$，空白部分面积可表示为：$AB^2 - 2S_{△ ABC}$，而$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}ab$，因此：
$c^2 - 2 × \frac{1}{2}ab = 13.5$，即$c^2 - ab = 13.5$。
将$ab = \frac{36 - c^2}{2}$代入上式：
$c^2 - \frac{36 - c^2}{2} = 13.5$，
两边同乘2得：$2c^2 - 36 + c^2 = 27$，
合并同类项得：$3c^2 = 63$，
解得$c^2 = 21$，因为边长为正，所以$c = \sqrt{21}$，即$AB = \sqrt{21}$。
【答案】
$\sqrt{21}$
【知识点】
勾股定理，全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【点评】
本题综合运用勾股定理、全等三角形的性质及正方形的性质，核心是通过全等三角形转化面积，建立方程求解，考查学生的几何综合应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
