2024年九年级数学中考复习《二次根式的运算》解答题专题提升训练

这是一份2024年九年级数学中考复习《二次根式的运算》解答题专题提升训练，共21页。试卷主要包含了计算，计算∶，化简等内容，欢迎下载使用。
(1)23−35−5+73
(2)23−6×12
(3)3−8+−22−(π−3)0
(4)−222+24×12+3−2
2．计算∶
(1)48÷3−12×12+24；
(2)5−35+3−2−102．
3．化简：1327a−a23a+3aa3−43108a．
4．已知a=12−1，求3a2−6a−1的值．
5．已知x=5+2，y=5−2，求下列各式的值：
(1)x2+2xy+y2；
(2)x2−y2．
6．如图，矩形内两相邻正方形的面积分别为12和27，求阴影部分的周长和面积．
7．已知实数x满足2021−x2+x−2022=x，求x−20212的值．
8．一个长方体的长减少23，宽不变，高增加3，就得到一个与原长方体体积相同的正方体，求原长方体的表面积．
9．人教版初中数学教科书八年级下册第16页阅读与思考给我们介绍了“海伦—秦九韶公式”，它是利用三角形的三条边的边长直接求三角形面积的公式：即如果一个三角形的三边长分别为a、b、c，记p=a+b+c2，那么这个三角形的面积为S=pp−ap−bp−c ，如图，在△ABC中，a=3，b=6，c=7．
(1)求△ABC的面积；
(2)设AB边上的高为ℎ1，BC边上的高为ℎ2，求ℎ1+ℎ2的值．
10．如图，长方形ABCD的长为26+5，宽26−5．
(1)长方形ABCD的周长是多少?
(2)在长方形ABCD内部挖去一个边长为6−5的正方形，求剩余部分的面积．
11．如图，在△ABE中，BD为AE边上的高，AC为BE边上的高，BD与CA交于点F，CA=CB=25，AD=2，连接CD．
(1)求证：∠DFA=∠E；
(2)当点P在直线AB上运动时，求PC+PD的最小值；
(3)求CD的长．
12．观察下列一组式的变形过程，然后回答问题：
例1：12+1=2−1(2+1)(2−1)=2−1(2)2−1=2−11=2−1．
例2：13+2=3−2，14+3=4−3，15+4=5−4
利用以上结论解答以下问题：
(1)16+5=________________________
(2)应用上面的结论，求下列式子的值．
12+1+13+2+14+3+⋯+1100+99
(3)拓展提高，求下列式子的值．
11+3+13+5+15+7+⋯+12024+2025．
13．材料：如何将双重二次根式a±2b（a>0，b>0，a±2b>0）化简呢？如能找到两个数m， n（m>0，n>0），使得(m)2+(n)2=a，即m+n=a，且使m⋅n=b，即m⋅n=b，那么a±2b=(m)2+(n)2±2m⋅n=(m±n)2，∴a±2b=m±n，双重二次根式得以化简．
例如化简：3±22，
因为3=1+2且2=1×2，
∴3±22=(1)2+(2)2±21×2，
∴3±22=1±2
由此对于任意一个二次根式只要可以将其化成a±2b的形式，且能找到m， n（m>0，n>0），使得m+n=a，且m⋅n=b，那么这个双重二次根式一定可以化简为一个二次根式．
请同学们通过阅读上述材料，完成下列问题：
(1)填空：5±26= ，12±235= ；
(2)化简：9±62；
(3)计算：3−5+2±3．
14．在解决问题“已知a=12−1，求3a2−6a−1的值”时，小明是这样分析与解答的：
∵a=12−1=2+12−12+1=2+1，
∴a−1=2，
∴a−12=2,a2−2a+1=2，
∴a2−2a=1，
∴3a2−6a=3，3a2−6a−1=2．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)化简：23−7；
(2)若a=13+22，求3a2−18a+1的值．
15．如图，在正方形ABCD中，点G是对角线BD上一点，CG的延长线交AB于点E，交DA的延长线于点F，连接AG．

(1)求证：CG=AG；
(2)求证：AB2=BE⋅DF；
(3)若GE=3，GC=32，求EF的长．
16．如图，在平面直角坐标系中，△BOC是以BO为底边的等腰三角形，点B在x轴正半轴上，∠BOC=30°，OB=23，△OCD是△OCB沿OC翻折得到的，点A在y轴正半轴上，连接DA，线段OA的长为x使代数式2−x−35x−10成立．

(1)求点C的坐标；
(2)求出四边形OADC是怎样特殊的四边形？并且计算四边形OADC的面积；
(3)平面内是否存在点P，使以点C、O、B、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
17．在正方形ABCD中，点E在AB边上，点F在线段CE上，∠DFC=∠CEB．

(1)如图1，求证：DF=CD；
(2)如图2，连接AF，求∠AFE的度数；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长AF，交BC边于点G，若AF=FG，AE=1，求AG的长．
18．如图，在△ABC中，AB=AC，点D为BC边上一动点，连接AD，将线段AD绕着D点逆时针方向旋转与∠BAC相同的度数得到线段DE，连接BE．
(1)如图1，若AB=BD，求证：BE=CD；
(2)如图2，当∠BAC=90°时，连接AE，将线段AE绕着A点逆时针方向旋转90°得到线段AF，，连接CF．求证：AB+CF=2BD；
(3)如图3，当∠BAC=90°时，若AC=22，连接AE，作点C关于AE的对称点C′，点H是BC的中点，连接HC′，当HC′的长度最大时，直接写出BD的长度．
19．【问题发现】（1）如图1，矩形ABCD中，AB=9，BC=12，点P是矩形ABCD内一点，过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC于点E，F，PE=4，AE=3．则：
①PA=________，PB=________，PC=________，PD=________；
②PA2+PC2与PB2+PD2的关系是________；
【类比探究】（2）如图2，点P是矩形ABCD外一点，过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC反向延长线于点E，F，②中结论还成立吗？若成立，请说明理由；
【拓展延伸】（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，P是Rt△ABC外一点，PA=1，PB=3，PC=3，则BC的最小值为________．
20．（1）方法回顾
在学习三角形中位线时，为了探索三角形中位线的性质，思路如下：
第一步添加辅助线：如图1，在△ABC中，延长DE（D、E分别是AB、AC的中点）到点F，使得EF=DE，连接CF；
第二步证明△ADE≌△CFE，再证四边形DBCF是平行四边形，从而得到中位线DE与BC的关系是______；(直接填写结果)
（2）问题解决
如图2，在正方形ABCD中，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG=3，DF=42，∠GEF=90°，求GF的长．
（3）拓展研究
如图3，在四边形ABCD中，∠A=105°，∠D=120°，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG=3，DF=42，∠GEF=90°，求GF的长．

参考答案
1．解：（1）原式=93−45
（2）原式=236−72
=12−62
（3）原式=−2+2−1
=−1
（4）原式=8+12+2−3
=8+23+2−3
=10+3
2．（1）解：原式=43÷3−6+26
=4+6；
（2）解：原式=5−3−2+10−45
=5−3−12+45；
=−10+45.
3．解：1327a−a23a+3aa3−43108a
=13×33a−a2×3aa+3a×3a3−43×63a
=3a−a3a+a3a−83a
=−73a．
4．解：∵a=12−1，
∴a=2+12−1×2+1=2+12−1=2+1，
∴3a2−6a−1
=3a2−2a−1
=3a2−2a+1−1−1
=3a2−2a+1−4
=3a−12−4
=32+1−12−4
=3×2−4
=2．
5．解：（1）∵x=5+2，y=5−2，
∴x+y=5+2+5−2=25，
∴x2+2xy+y2=x+y2=252=20；
（2）∵x=5+2，y=5−2，
∴x+y=5+2+5−2=25，x−y=5+2−5−2=4
∴x2−y2=x+yx−y=85．
6．解：因为大正方形的面积为27，所以大正方形的边长为27=33，
因为小正方形的面积为12，所以小正方形的边长为12=23，
因为33−23=3，所以阴影部分的周长=2×23+3=63，
面积=23×3=6，
答：阴影部分的周长为63，面积为6．
7．解：由二次根式有意义的条件可知x−2022≥0，即x≥2022，
∵2021−x2+x−2022=x，
∴x−2021+x−2022=x，
∴x−2022=2021，
∴x−2022=20212，
∴x−20212=2022．
8．解：设原长方体的宽为x，则原长方体的长为x+23，原长方体的高为x−3
由题意得：xx+23x−3=x3，
解得x=23或x=0（舍去），
∴原长方体的长为43，原长方体的高为3，
∴原长方体的表面积为2×43×23+43×3+23×3=84．
9．（1）解：∵a=3，b=6，c=7，
∴p=a+b+c2
=3+6+72
=8，
∴S=pp−ap−bp−c
=88−38−68−7
=45；
∴△ABC的面积为45；
（2）解：由(1)知，△ABC的面积为45；
∴S=12×7ℎ1
=45，
S=12×3ℎ1
=45，
∴ℎ1=857，ℎ2=853，
∴ℎ1+ℎ2
=857+853
=80521．
10．解：（1）长方形ABCD的周长为：
2×26+5+26−5=2×26+5+26−5=2×46=86
（2）剩余部分的面积为：
26+5×26−5−6−52
=262−52−62−26×5+52
=24−5−6−230+5=19−11−230=19−11+230=8+230
11．（1）证明：∵BD为AE边上的高，AC为BE边上的高，
∴BD⊥AE，AC⊥BE，
∴∠ADB=∠ACE=90°，
∴∠DAF+∠AFD=∠DAF+∠E=90°，
∴∠DFA=∠E；
（2）解：作点D关于直线AB的对称点G，连接CG交AB于P，
则此时PC+PD的值最小，且等于CG的长度，
连接DG交AB于M，过C作CH⊥AB于N，过G作GH⊥CN于H，
∴四边形MGHN是矩形，
∴NH=MG，MN=GH，
∵AC⊥BE，CA=CB=25，
∴AB=2AC=210，
∵BD⊥AE，AD=2，
∴BD=AB2−AD2=6，
∵点D关于直线AB的对称点G，
∴DM⊥AB，DM=GM=AD⋅BDAB=2×6210=3105，
∵AC=BC，CN⊥AB，
∴CN=AN=12AB=10，
∵AM=AD2−DM2=22−31052=105，
∴GH=MN=AN−AM=4105，
∴CG=GH2+CH2=41052+10+31052=42，
故PC+PD的最小值为42；
（3）解：∵∠ACE=∠BDE=90°，∠E=∠E，
∴△AEC∽△BED，
∴ DECE=BDAC=625=35，
设DE=3x，CE=5x，
∴ AE=3x+2,BE=5x+25，
∵△AEC∽△BED，
∴ DECE=BEAE，
∴ 3x5x=5x+253x+2，
解得x=1，
∴ DE=3,BE=35，
∵ DECE=BEAE，
∴ DEBE=CEAE，
∵∠E=∠E，
∴△CDE∽△ABE，
∴ CDAB=CEAE，
∴ CD210=55，
∴CD=22．
12．（1）解：16+5=6−56+56−5=6−56−5=6−51=6−5，
故答案为：6−5；
（2）解：12+1+13+2+14+3+⋯+1100+99
=2−1+3−2+4−3+⋯+100−99
=100−1
=10−1
=9.
（3）解：11+3+13+5+15+7+⋯+12024+2025
=13+1+15+3+17+5+⋯+12025+2024
=3−13+13−1+5−35+35−3+⋯+2025−20242025+20242025−2024
=3−12+5−32+7−52⋯+2025−20242
=123−1+5−3+7−5+⋯+2025−2024
=12−1+2025
=12×44
=22．
13．解：（1）因为5=3+2且6=3×2，
∴5±26=(3)2+(2)2±23×2，
∴5±26=3±2=3±2，
故答案为：3±2；
因为12=7+5且35=7×5，
∴12±235=(7)2+(5)2±27×5，
∴12±235=7±5=7±5，
故答案为：7±5；
（2）9±62=9±218
因为9=6+3且18=6×3，
∴9±218=(6)2+(3)2±26×3，
∴9±218=6±3=6±3，
∴9±62=6±3；
（3）3−5+2±3=6−252+4±232=226−25+224±23，
∵6−25=5−1 ，4±23=3±1，
∴3−5+2±3==22(5−1)+22(3±1)，
∴3−5+2+3
=22(5−1)+22(3+1)
=102−22+62+22
=10+62，
3−5+2−3
=22(5−1)+22(3−1)
=102−22+62−22
=10+6−222．
14．（1）解：23−7=23+73−73+7=23+79−7=3+7；
（2）a=13+22=3−223+223−22=3−229−8=3−22，
∴a−3=−22，
∴a−32=a2−6a+9=8，
∴a2−6a=−1，
∴3a2−18a+1=3a2−6a+1=−3+1=−2．
15．（1）证明：∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠CDB=∠ADB=45°，DC=DA，
在△CDG和△ADG中，
DC=DA∠CDG=∠ADGDG=DG，
∴△CDG≌△ADGSAS，
∴CG=AG；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE=∠FDC=90°，CB=CD=AB，CB∥DF，
∴∠BCE=∠DFC，
∴△BCE∽△DFC，
∴CBBE=FDDC，即ABBE=FDAB，
∴AB2=BE⋅DF；
（3）解：∵GE=3，GC=32，
∴CE=CG+GE=32+3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，CD=AB，CB∥AD，
∴BE∥CD，
∴∠EBG=∠CDG，∠BEG=∠DCG，
∴△BEG∽△DCG，
∴BEDC=GEGC=332=66，
设BE=6x，则CD=6x，
∴AE=AB−BE=CD−BE=6x−6x=6−6x，
∵AF∥CB，
∴∠FAE=∠CBE，∠AFE=∠BCE，
∴△AFE∽△BCE，
∴EFEC=AEBE，
∴EF32+3=6−6x6x，
∴EF=53，
∴EF的长为53．
16．（1）解：过点C作CE⊥x轴于点E，

△BOC是以BO为底边的等腰三角形，OB=23，
∴OE=12OB=12×23=3；
又∠BOC=30°，
∴OC=2CE，
∵OC2=OE2+CE2，
∴2CE2=32+CE2，
解得：CE=1，
∴点C的坐标为3，1；
（2）解：依据二次根式的性质可知：
2−x≥0，2x−5≥0，
解得x=2；
∵OC=2CE=2，
∴OA=OC，
由题意得∠BOC=∠AOD=∠COD=30°，
在△DOC和△DOA中，OA=OC∠DOA=∠DOCOD=OD，
∴△DOC≌△BOCSAS，
∴CD=BC，
∴CD=OC=OA=AD，
∴四边形OADC是菱形，
∴菱形OADC的面积=AO×OE=23；
（3）解：存在．连接BD，过O作BD的平行线，过B作OD的平行线，过D作OB的平行线，分别交于P1、P2、P3三点，则四边形P1DOB、四边形P2OBD、四边形P3BDO均为平行四边形．
由OB=OD，∠BOD=60°可知，△OBD是等边三角形，

∴四边形P1DOB、四边形P2OBD、四边形P3BDO均为菱形，
∴P1、P2、P3三点离x轴的距离=OH=3，
在Rt△ADH中，AD=2，HA=1，HD=3，
∴OH=3，
又∵P1H=P1D+DH=23+3=33，P2H=P2D−DH=23−3=3，
∴P133，3，P2−3，3，
又∵P3与D关于x轴对称，D3，3，
∴P33，−3，
故点P的坐标为33，3或−3，3或3，−3．
17．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°，AB∥CD，AD∥BC，AD=CD，
∴∠CEB=∠DCF，
∵∠DFC=∠CEB，
∴∠DFC=∠DCF，
∴DF=CD；
（2）解：由（1）得AD=DF=CD，
∴∠DAF=∠DFA，∠DFC=∠DCF，
在四边形ADCF中，∠DAF+∠AFC+∠DCF=360°−90°=270°，
∴∠DAF+∠DFA+∠DFC+∠DCF=270°，
∴2∠DFA+2∠DFC=2∠AFC=270°，
∴∠AFC=135°，
∴∠AFE=180°−135°=45°；
（3）解：延长CE交DA延长线于点H，
∵AD∥BC，
∴∠H=∠FCG，∠HAF=∠CGF，
∵AF=FG，
∴△AFH≌△GFC，
∴AH=CG，FH=CF，
∵∠ADC=90°，
∴DF=CF，
∴DF=CF=CD，
∴△DCF是等边三角形，
∴∠DCH=60°，
∴∠H=∠HCG=90°−60°=30°，
∵∠HAE=180°−90°=90°，
∴在Rt△AHE中，EH=2AE=2，
由勾股定理可得AH=3，
∴CG=AH=3，
过G作GK⊥CF于点K，则∠CKG=∠FKG=90°，

在Rt△CGK中，KG=12CG=32，
在Rt△FKG中，∠KFG=∠AFE=45°，
∴∠FGK=90°−45°=45°=∠GFK，
∴FK=KG=32，
Rt△FGK中，勾股定理可求FG=322+322=62，
∴AG=2FG=6，
18．（1）证明：∵AB=AC，AB=BD，
∴AC=BD，∠BAD=∠BDA，
由旋转的性质得AD=DE，∠BAC=∠ADE，
∴∠CAD=∠BDE，
∴△CAD≌△BDESAS，
∴BE=CD；
（2）证明：作DG⊥BC交BA的延长线于点G，如图，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∴△GBD是等腰直角三角形，
∴BG=2BD，
∵将线段AE绕着A点逆时针方向旋转90°得到线段AF，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠BAE=90°−∠EAC=∠CAF，
∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAFSAS，
∴BE=CF，
同理△GDA≌△BDESAS，
∴BE=AG，
∴BE=AG=CF，
∴AB+CF=AB+AG=BG=2BD；
（3）解：由对称的性质知AC=AC′，又AB=AC，
∴点C′在以点A为圆心，AC为半径的圆上，
∵AB=AC，点H是BC的中点，
∴AH⊥BC，
∴当C′、A、H共线时，HC′的长度最大，延长EA交CC′于点F，作DG⊥BD交AB于点G，
同理得△GBD是等腰直角三角形，
∴BG=2BD=2GD，∠BGD=45°，
∴∠CAF=∠C′AF=12180°−45°=67.5°，
∴∠EAB=180°−90°−67.5°=22.5°，
∴∠EAB=∠BAD=22.5°，
∴∠GDA=∠GAD=22.5°，
∴GD=GA，
∵AB=AC=22=BG+AG=2+1BD，
∴BD=222+1=4−22．
19．解：（1）①如图1，∵四边形ABCD是矩形，AB=9，BC=12，
∴AD=BC=12，∠BAD=∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，
∵过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC于点E，F，
∴∠AEF=∠DEF=90°，
∴四边形ABFE和四边形DCFE都是矩形，
∴EF=AB=9，BF=AE=3，∠AEF=∠DEF=90°，
∴CF=DE=AD−AE=12−3=9，
∵PE=4，
∴PA=AE2+PE2=32+42=5，PD=DE2+PE2=92+42=97，
∵PF=EF−PE=9−4=5，
∴PB=BF2+PF2=32+52=34，PC=CF2+PF2=92+52=106，
故答案为：5，34，106，97；
②PA2+PC2=52+1062=131，PB2+PD2=342+972=131，
∴PA2+PC2=PB2+PD2，
故答案为：PA2+PC2=PB2+PD2；
（2）成立，
理由：如图2，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠EAB=∠FBA=90°，
∵过点P作EF⊥AD，分别交AD，BC反向延长线于点E，F，
∴∠E=90°，
∴四边形ABFE和四边形DCFE都是矩形，
∴AE=BF，DE=CF，
∵PD2=DE2+PE2=CF2−PE2，PA2=AE2+PE2=BF2+PE2，
∴PD2−PA2=CF2−BF2；
∵PC2=CF2+PF2，PB2=BF2+PF2，
∴PC2−PB2=CF2−BF2，
∴PC2−PB2=PD2−PA2，
∴PA2+PC2=PB2+PD2；
（3）如图3，作PM⊥CA交CA的延长线于点M，则∠PMC=90°，
∴PC2=PM2+CM2，PA2=PM2+AM2，
作BN⊥PM交PM的延长线于点N，作CT⊥NB交NB的延长线于点T，连接AT、PT，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAM=90°，
∵∠AMN=∠N=∠CTN=90°，
∴四边形ABNM和四边形CTNM都是矩形，
∴TN=CM，BN=AM，
∴PT2=PN2+TN2=PN2+CM2，PB2=PN2+BN2=PN2+AM2，
∴PT2−PC2=PN2−PM2，PB2−PA2=PN2−PM2，
∴PT2−PC2=PB2−PA2，
∵PA=1，PB=3，PC=3，
∴PT=PB2+PC2−PA2=32+32−12=11，
∵TA+PA≥PT，
∴TA+1≥11，
∴TA≥11−1，
∵AB∥MN，
∴∠ABT=∠N=90°，
∴四边形ABTC是矩形，
∴TA=BC，
∴BC≥11−1，
∴BC的最小值为11−1，
故答案为：11−1．
20．解：（1）∵点D和点E分别是AB和AC的中点，
∴AD=AB，AE=EC，
∵DE=EF，∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△CFESAS，
∴∠F=∠ADE，AD=CF=BD，
∴AD∥CF，即：BD∥CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴BC=DF，BC∥DF，
∴DE∥BC，BC=2DE，
故答案为：DE∥BC，BC=2DE；
（2）延长GE交CD的延长线于点H，

∵∠AEG=∠DEH，∠EAG=∠EDH，
又∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
∴△AEG≌△DEHAAS，
∴GE=EH，HD=AG=3，
又∵∠GEF=90°，
∴GF=HF=HD+DF=3+42；
（3）延长GE至点M，使得EM=EG，连接MD，MF，过点M作MN⊥CD，交CD的延长线于点N，

同（1）理可证，△AEG≌△DEM，
∴∠EDM=∠EAG=105°，MD=AG=3，
∵∠EDF=120°，
∴∠MDF=135°，
∴∠MDN=45°，即：△MDN为等腰直角三角形，
∴MN=DN=322，
∴NF=ND+FD=322+42=1122，
∴MF=MN2+NF2=3222+11222=65，
∵GE=EM，∠GEF=90°，
∴MF=GF，
∴GF=65．