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22. (10分)阅读下列材料,然后回答问题.
【材料1】在进行二次根式运算时,我们有时会碰上$\frac{2}{\sqrt{3}+1}$这样的式子,其实我们还可以将其进一步化简:$\frac{2}{\sqrt{3}+1}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3})^2-1^2}=\sqrt{3}-1$.以上这种化简的步骤叫分母有理化.
【材料2】$\because \sqrt{4}＜\sqrt{5}＜\sqrt{9}$,即$2＜\sqrt{5}＜3$,
$\therefore 1＜\sqrt{5}-1＜2$,
$\therefore \sqrt{5}-1$的整数部分为1,
$\therefore \sqrt{5}-1$的小数部分为$\sqrt{5}-2$.
(1)化简$\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}$;
(2)已知$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$的整数部分为$a$,小数部分为$b$.
①求$a,b$的值;
②求$a^2+b^2$的值.
【材料1】在进行二次根式运算时,我们有时会碰上$\frac{2}{\sqrt{3}+1}$这样的式子,其实我们还可以将其进一步化简:$\frac{2}{\sqrt{3}+1}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3})^2-1^2}=\sqrt{3}-1$.以上这种化简的步骤叫分母有理化.
【材料2】$\because \sqrt{4}＜\sqrt{5}＜\sqrt{9}$,即$2＜\sqrt{5}＜3$,
$\therefore 1＜\sqrt{5}-1＜2$,
$\therefore \sqrt{5}-1$的整数部分为1,
$\therefore \sqrt{5}-1$的小数部分为$\sqrt{5}-2$.
(1)化简$\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}$;
(2)已知$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$的整数部分为$a$,小数部分为$b$.
①求$a,b$的值;
②求$a^2+b^2$的值.
答案
【点拨】本题考查二次根式的化简、分母有理化以及无理数的整数部分和小数部分的求法.
【解析】(1)
$\begin{aligned}\dfrac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{(\sqrt{5}+\sqrt{3})(\sqrt{5}-\sqrt{3})}\\&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{5-3}\\&=\sqrt{5}-\sqrt{3}.\end{aligned}$
(2)① $\dfrac{1}{2-\sqrt{3}}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{4-3}=2+\sqrt{3}$.
∵ $\sqrt{1}＜\sqrt{3}＜\sqrt{4}$,即 $1＜\sqrt{3}＜2$,
∴ $3＜2+\sqrt{3}＜4$,
∴ a=3,$b=2+\sqrt{3}-3=\sqrt{3}-1$.
②
∵ a=3,$b=\sqrt{3}-1$,
∴ $a^2+b^2=3^2+(\sqrt{3}-1)^2=9+3-2\sqrt{3}+1=13-2\sqrt{3}$.
【解析】(1)
$\begin{aligned}\dfrac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{(\sqrt{5}+\sqrt{3})(\sqrt{5}-\sqrt{3})}\\&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{5-3}\\&=\sqrt{5}-\sqrt{3}.\end{aligned}$
(2)① $\dfrac{1}{2-\sqrt{3}}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{4-3}=2+\sqrt{3}$.
∵ $\sqrt{1}＜\sqrt{3}＜\sqrt{4}$,即 $1＜\sqrt{3}＜2$,
∴ $3＜2+\sqrt{3}＜4$,
∴ a=3,$b=2+\sqrt{3}-3=\sqrt{3}-1$.
②
∵ a=3,$b=\sqrt{3}-1$,
∴ $a^2+b^2=3^2+(\sqrt{3}-1)^2=9+3-2\sqrt{3}+1=13-2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
本题分为两个小问题，第(1)题是对二次根式进行分母有理化，解题思路是利用平方差公式，给分子分母同乘分母的有理化因式，将分母中的根号去掉，从而化简式子；第(2)题先对$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$进行分母有理化，再通过估算$\sqrt{3}$的取值范围，确定$2+\sqrt{3}$的范围，进而得到它的整数部分$a$和小数部分$b$，最后代入计算$a^2+b^2$的值。
【解析】
(1) 对$\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}$进行分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{5}-\sqrt{3}$：
$\begin{aligned}\dfrac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{(\sqrt{5}+\sqrt{3})(\sqrt{5}-\sqrt{3})}\\&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{5-3}\\&=\sqrt{5}-\sqrt{3}.\end{aligned}$
(2) ① 先对$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$分母有理化，分子分母同乘$2+\sqrt{3}$：
$\dfrac{1}{2-\sqrt{3}}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{4-3}=2+\sqrt{3}$。
因为$\sqrt{1}＜\sqrt{3}＜\sqrt{4}$，即$1＜\sqrt{3}＜2$，所以$3＜2+\sqrt{3}＜4$，因此$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$的整数部分$a=3$，小数部分$b=(2+\sqrt{3})-3=\sqrt{3}-1$。
② 将$a=3$，$b=\sqrt{3}-1$代入$a^2+b^2$：
$a^2+b^2=3^2+(\sqrt{3}-1)^2=9 + (3 - 2\sqrt{3} +1)=13-2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\sqrt{5}-\sqrt{3}$；(2) ① $a=3$，$b=\sqrt{3}-1$；② $13-2\sqrt{3}$
【知识点】
二次根式化简、分母有理化、无理数的整数与小数部分
【点评】
本题综合考查二次根式的分母有理化、无理数的估算及代数式求值，解题关键是掌握分母有理化方法和无理数整数、小数部分的确定技巧，属于常规题型，需熟练掌握相关运算规则。
【难度系数】
0.6
本题分为两个小问题，第(1)题是对二次根式进行分母有理化，解题思路是利用平方差公式，给分子分母同乘分母的有理化因式，将分母中的根号去掉，从而化简式子；第(2)题先对$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$进行分母有理化，再通过估算$\sqrt{3}$的取值范围，确定$2+\sqrt{3}$的范围，进而得到它的整数部分$a$和小数部分$b$，最后代入计算$a^2+b^2$的值。
【解析】
(1) 对$\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}$进行分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{5}-\sqrt{3}$：
$\begin{aligned}\dfrac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{(\sqrt{5}+\sqrt{3})(\sqrt{5}-\sqrt{3})}\\&=\dfrac{2(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{5-3}\\&=\sqrt{5}-\sqrt{3}.\end{aligned}$
(2) ① 先对$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$分母有理化，分子分母同乘$2+\sqrt{3}$：
$\dfrac{1}{2-\sqrt{3}}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{4-3}=2+\sqrt{3}$。
因为$\sqrt{1}＜\sqrt{3}＜\sqrt{4}$，即$1＜\sqrt{3}＜2$，所以$3＜2+\sqrt{3}＜4$，因此$\frac{1}{2-\sqrt{3}}$的整数部分$a=3$，小数部分$b=(2+\sqrt{3})-3=\sqrt{3}-1$。
② 将$a=3$，$b=\sqrt{3}-1$代入$a^2+b^2$：
$a^2+b^2=3^2+(\sqrt{3}-1)^2=9 + (3 - 2\sqrt{3} +1)=13-2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\sqrt{5}-\sqrt{3}$；(2) ① $a=3$，$b=\sqrt{3}-1$；② $13-2\sqrt{3}$
【知识点】
二次根式化简、分母有理化、无理数的整数与小数部分
【点评】
本题综合考查二次根式的分母有理化、无理数的估算及代数式求值，解题关键是掌握分母有理化方法和无理数整数、小数部分的确定技巧，属于常规题型，需熟练掌握相关运算规则。
【难度系数】
0.6
23. (11 分)在矩形 ABCD 中, $AB=4 \mathrm{~cm}, BC=8 \mathrm{~cm}, AC$ 的垂直平分线 $EF$ 分别交 $AD, BC$ 于点 $E, F$, 垂足为 $O$.
(1)如图 1,连接 $AF, CE$.
①求证:四边形 $AFCE$ 为菱形;
②求 $AF$ 的长;
(2)如图 2,动点 $P, Q$ 分别从 $A, C$ 两点同时出发,沿 $△ AFB$ 和 $△ CDE$ 各边匀速运动一周,即点 $P$ 自 $A \to F \to B \to A$ 停止,点 $Q$ 自 $C \to D \to E \to C$ 停止. 在运动过程中,已知点 $P$ 的速度为每秒 $5 \mathrm{~cm}$,点 $Q$ 的速度为每秒 $4 \mathrm{~cm}$,运动时间为 $t$ 秒,当以 $A, C, P, Q$ 四点为顶点的四边形是平行四边形时,求 $t$ 的值.
(1)如图 1,连接 $AF, CE$.
①求证:四边形 $AFCE$ 为菱形;
②求 $AF$ 的长;
(2)如图 2,动点 $P, Q$ 分别从 $A, C$ 两点同时出发,沿 $△ AFB$ 和 $△ CDE$ 各边匀速运动一周,即点 $P$ 自 $A \to F \to B \to A$ 停止,点 $Q$ 自 $C \to D \to E \to C$ 停止. 在运动过程中,已知点 $P$ 的速度为每秒 $5 \mathrm{~cm}$,点 $Q$ 的速度为每秒 $4 \mathrm{~cm}$,运动时间为 $t$ 秒,当以 $A, C, P, Q$ 四点为顶点的四边形是平行四边形时,求 $t$ 的值.
答案
【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、矩形的性质、菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质,解题的关键是知道动点在不同位置所构成图形的形状.
【解析】(1)①证明:
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ AD//BC,
∴ ∠CAD=∠ACB,∠AEF=∠CFE.
∵ EF 垂直平分 AC,垂足为 O,
∴ OA=OC,
∴ △AOE≌△COF(AAS),
∴ OE=OF,
∴ 四边形 AFCE 为平行四边形.
又
∵ EF⊥AC,
∴ 四边形 AFCE 为菱形.
②设 AF=CF=x cm,则 BF=(8-x)cm,
在 Rt△ABF 中,AB=4 cm,由勾股定理得 4²+(8-x)²=x²,
解得 x=5,
∴ AF=5 cm.
(2)由题意得,只有当点 P 在 BF 上、点 Q 在 ED 上时,以 A,C,P,Q 四点为顶点的四边形才是平行四边形,如图,PC=QA.
∵ 点 P 的速度为每秒 5 cm,点 Q 的速度为每秒 4 cm,运动时间为 t 秒,且菱形 AFCE 的边长为 5 cm,
∴ PC=5t cm,QA=CD+AD-4t=(12-4t)cm,
∴ 5t=12-4t,
解得 $t=\dfrac{4}{3}$,
∴ 当以 A,C,P,Q 四点为顶点的四边形是平行四边形时,$t=\dfrac{4}{3}$.
解析
【分析】
首先，对于(1)①，要证明四边形AFCE为菱形，先利用矩形对边平行的性质得到内错角相等，结合EF垂直平分AC得OA=OC，通过AAS证明三角形全等，推出OE=OF，先证得四边形AFCE是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形完成证明；②求AF的长，设AF=CF为未知数，利用矩形边长表示BF，在直角三角形ABF中用勾股定理列方程求解。对于(2)，要使以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，需确定P在BF上、Q在ED上的位置，此时PC=QA，根据两点的运动速度和时间t，分别表示出PC和QA的长度，列方程求解t。
【解析】
(1)①证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，
∴ ∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE。
∵ EF垂直平分AC，垂足为O，
∴ OA=OC，
在△AOE和△COF中，
$\{\begin{array}{l}∠CAD=∠ACB \\OA=OC \\∠AOE=∠COF\end{array} $
∴ △AOE≌△COF(AAS)，
∴ OE=OF，
∴ 四边形AFCE为平行四边形。
又
∵ EF⊥AC，
∴ 四边形AFCE为菱形。
②设AF=CF=x cm，则BF=(8-x)cm，
在Rt△ABF中，AB=4 cm，由勾股定理得：
$AB^2 + BF^2 = AF^2$，
即 $4^2 + (8 - x)^2 = x^2$，
解得：$x=5$，
∴ AF=5 cm。
(2) 当以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，只有点P在BF上、点Q在ED上满足条件，此时PC=QA。
∵ 点P速度为每秒5 cm，运动时间t秒，
∴ PC=5t cm；
点Q速度为每秒4 cm，菱形AFCE边长为5 cm，CD=4 cm，AD=8 cm，
∴ QA=CD+AD-4t=(12-4t)cm，
由PC=QA得：$5t=12-4t$，
解得：$t=\frac{4}{3}$。
【答案】
$t=\dfrac{4}{3}$
【知识点】
矩形性质、菱形判定、平行四边形判定
【点评】
本题是几何综合题，结合矩形、菱形、平行四边形的性质与判定，以及勾股定理和动点问题，解题关键是确定动点满足平行四边形的位置条件，准确表示线段长度并列方程求解，考查学生的图形分析和方程应用能力。
【难度系数】
0.6
首先，对于(1)①，要证明四边形AFCE为菱形，先利用矩形对边平行的性质得到内错角相等，结合EF垂直平分AC得OA=OC，通过AAS证明三角形全等，推出OE=OF，先证得四边形AFCE是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形完成证明；②求AF的长，设AF=CF为未知数，利用矩形边长表示BF，在直角三角形ABF中用勾股定理列方程求解。对于(2)，要使以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，需确定P在BF上、Q在ED上的位置，此时PC=QA，根据两点的运动速度和时间t，分别表示出PC和QA的长度，列方程求解t。
【解析】
(1)①证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，
∴ ∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE。
∵ EF垂直平分AC，垂足为O，
∴ OA=OC，
在△AOE和△COF中，
$\{\begin{array}{l}∠CAD=∠ACB \\OA=OC \\∠AOE=∠COF\end{array} $
∴ △AOE≌△COF(AAS)，
∴ OE=OF，
∴ 四边形AFCE为平行四边形。
又
∵ EF⊥AC，
∴ 四边形AFCE为菱形。
②设AF=CF=x cm，则BF=(8-x)cm，
在Rt△ABF中，AB=4 cm，由勾股定理得：
$AB^2 + BF^2 = AF^2$，
即 $4^2 + (8 - x)^2 = x^2$，
解得：$x=5$，
∴ AF=5 cm。
(2) 当以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，只有点P在BF上、点Q在ED上满足条件，此时PC=QA。
∵ 点P速度为每秒5 cm，运动时间t秒，
∴ PC=5t cm；
点Q速度为每秒4 cm，菱形AFCE边长为5 cm，CD=4 cm，AD=8 cm，
∴ QA=CD+AD-4t=(12-4t)cm，
由PC=QA得：$5t=12-4t$，
解得：$t=\frac{4}{3}$。
【答案】
$t=\dfrac{4}{3}$
【知识点】
矩形性质、菱形判定、平行四边形判定
【点评】
本题是几何综合题，结合矩形、菱形、平行四边形的性质与判定，以及勾股定理和动点问题，解题关键是确定动点满足平行四边形的位置条件，准确表示线段长度并列方程求解，考查学生的图形分析和方程应用能力。
【难度系数】
0.6
