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专题 16.2 二次根式的应用
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
规律题的一般解题方法步骤：
（1）通过对几个特例的分析，寻找规律并且归纳（初中阶段往往举例3个）
（2）猜想符合规律的一般性结论；
（3）验证或证明结论是否正确。
◆ 典例分析
【典例1】我国南宋时期数学家泰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
a+b+c
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= ，则其面积
2
❑√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❑√5、❑√6，❑√7，请求出三角形的面积；
（3）若p=8，a=4，求此时三角形面积的最大值．
【思路点拨】
（1）直接利用已知得出p的值，再利用三角形面积公式得出答案；
√ 1[ (a2+b2−c2 ) 2 )
（2）将S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)变形为S=❑ a2b2− 再代入求值即可；
4 2
（3）根据公式计算出b+c=12，再表示成c=12−b，代入公式即可求出解．
【解题过程】
（1）解：∵a=3，b=5，c=6，a+b+c 3+5+6
则：p= = =7，
2 2
∴S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)
=❑√7×(7−3)×(7−5)×(7−6)
=❑√56
=2❑√14；
（2）S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)
√a+b+c a+b−c a+c−b b+c−a
=❑ ⋅ ⋅ ⋅
2 2 2 2
√(a+b) 2−c2 c2−(a−b) 2
=❑
⋅
4 4
√2ab+a2+b2−c2 2ab−a2−b2+c2
=❑ ⋅
4 4
√ (ab a2+b2−c2 )(ab a2+b2−c2 )
=❑ + −
2 4 2 4
=❑
√ (ab) 2
−
(a2+b2−c2 ) 2
2 4
√ 1[ (a2+b2−c2 ) 2 )
=❑ a2b2− ，
4 2
√ 1[ (a2+b2−c2 ) 2 )
则三边长依次为❑√5、❑√6，❑√7，代入S=❑ a2b2− 可得：
4 2
S=❑
√1[
5×6−
(5+6−7) 2 )
=❑
√1
×(30−4)=
❑√26
4 2 4 2
a+b+c
（3）∵p= ，p=8，a=4，
2
∴b+c=12，则c=12−b，
∴S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)
=❑√8(8−4)(8−b)(8−c)
=4❑√2×❑√(8−b)(8−12+b)=4❑√2×❑√(8−b)(b−4)
=4❑√2×❑√4−(b−6) 2，
∴当b=6时，S有最大值，为S=8❑√2．
◆ 学霸必刷
1．（2023上·湖南永州·八年级统考期末）设S=
√ 1 1 √ 1 1 √ 1 1 √ 1 1
❑1+ + +❑1+ + +❑1+ + +⋯+❑1+ + ，则不大于S的最大整数[S]等于( )
12 22 22 32 32 42 992 1002
A．98 B．99 C．100 D．101
【思路点拨】
√ 1 1 1 1 √ 1 1 √ 1 1 √ 1 1
由❑1+ + =1+ − ，代入数值，求出S=❑1+ + +❑1+ + +❑1+ + + …+
n2 (n+1) 2 n n+1 12 22 22 32 32 42
√ 1 1 1
❑1+ + =99+1- ，由此能求出不大于S的最大整数为99．
992 1002 100
【解题过程】
√ 1 1
解：∵❑1+ +
n2 (n+1) 2
❑√n2(n+1) 2+n2+(n+1) 2
=
n(n+1)
❑√(1+n+n2) 2
=
n(n+1)
1+n+n2
=
n(n+1)
1 1
=1+ − ，
n n+1√ 1 1 √ 1 1 √ 1 1 √ 1 1
∴S=❑1+ + +❑1+ + +❑1+ + + …+❑1+ +
12 22 22 32 32 42 992 1002
1 1 1 1 1 1
=1+ − +1+ − +⋯+1+ −
1 2 2 3 99 100
1
=99+1−
100
1
=100- ，
100
∴不大于S的最大整数为99．
故选B.
2．（2023下·湖北恩施·八年级统考期末）如图，从一个大正方形中裁去面积为18cm2和32cm2的两个小正
方形，则剩余部分（阴影部分）的面积等于（ ）
A．98cm2 B．60cm2 C．48cm2 D．38cm2
【思路点拨】
如图，由题意知S BCDM＝BC2＝32(cm2)，S HMFG＝HG2＝18(cm2)，得BC=❑√32=4❑√2（cm），
正方形 正方形
HG=❑√18=3❑√2（cm），进而求得S =S ABMH+S MDEF．
阴影部分 矩形 矩形
【解题过程】
解：如图．
由题意知：S BCDM＝BC2＝32(cm2)，S HMFG＝HG2＝18(cm2)．
正方形 正方形
∴BC=❑√32=4❑√2（cm），HG=❑√18=3❑√2（cm）．∵四边形BCDM是正方形，四边形HMFG是正方形，
∴BC=BM=MD=4❑√2cm，HM=HG=MF=3❑√2cm．
∴S =S ABMH+S MDEF
阴影部分 矩形 矩形
=BM•HM+MD•MF
=4❑√2×3❑√2+4❑√2×3❑√2
=48（cm2）．
故选：C．
3．（2023上·福建漳州·八年级福建省长泰县第一中学校考期中）在一个正方形ABCD的内部按照如图方
式放置大小不同的两个小正方形，其中较大的正方形A B C D面积为20，两个小正方形重叠部分的面积
2 2 2
为5，空白部分的面积总和为10❑√2−10，则较小的正方形A BC D 面积为 ．
1 1 1
【思路点拨】
根据面积可求得大正方形和阴影部分的边长，从而求得空白部分的长；观察可知两块空白部分全等，则可
得到一块空白的面积；通过长方形面积公式渴求空白部分的宽，最后求出小正方形的边长即可求出面积．
【解题过程】
解：∵观察可知，两个空白部分的长相等，宽也相等，
∴重叠部分也为正方形，
∵空白部分的面积为10❑√2−10，
∴一个空白长方形面积=5❑√2−5，
∵较大的正方形A B C D面积为20，两个小正方形重叠部分的面积为5，
2 2 2
∴正方形A B C D边长=❑√20=2❑√5，重叠部分边长=❑√5，
2 2 2
∴空白部分的长=2❑√5−❑√5=❑√5，
设空白部分宽为(5❑√2−5)÷❑√5=❑√10−❑√5，
∴小正方形A BC D 的边长=空白部分的宽+阴影部分边长=❑√10−❑√5+❑√5=❑√10，
1 1 1
∴小正方形A BC D 面积=(❑√10) 2=10，
1 1 1故答案为：10．
4．（2023下·浙江·八年级期中）读取表格中的信息，解决下列问题
n=1 a =❑√3+4❑√7 b =❑√7+12 c =4❑√3+8
1 1 1
n=2 a =b +2c b =c +2a c =a +2b
2 1 1 2 1 1 2 1 1
n=3 a =b +2c b =c +2a c =a +2b
3 2 2 3 2 2 3 2 2
… … … …
a +b +c
已知
n n n=3645×(❑√7−❑√3+1)，求n=
．
❑√3+❑√7
【思路点拨】
a +b +c a +b +c a +b +c
1 1 1 2 2 2 3 3 3
先分别求出 ， ， 的值，再归纳类推出一般规律即可得．
❑√3+❑√7 ❑√3+❑√7 ❑√3+❑√7
【解题过程】
a +b +c ❑√3+4❑√7+❑√7+12+4❑√3+8
解：由题意得： 1 1 1= =5×(❑√7−❑√3+1)，
❑√3+❑√7 ❑√3+❑√7
a +b +c b +2c +c +2a +a +2b 3(a +b +c )
2 2 2= 1 1 1 1 1 1= 1 1 1 =3×5×(❑√7−❑√3+1)，
❑√3+❑√7 ❑√3+❑√7 ❑√3+❑√7
a +b +c b +2c +c +2a +a +2b 3(a +b +c )
3 3 3= 2 2 2 2 2 2= 2 2 2 =32×5×(❑√7−❑√3+1)，
❑√3+❑√7 ❑√3+❑√7 ❑√3+❑√7
a +b +c
归纳类推得：
n n n=3n−1×5×(❑√7−❑√3+1)，其中n为正整数，
❑√3+❑√7
a +b +c
当
n n n=3645×(❑√7−❑√3+1)时，
❑√3+❑√7
则3n−1×5×(❑√7−❑√3+1)=3645×(❑√7−❑√3+1)，即3n−1=729=36，
解得n=7，
故答案为：7．
5．（2022上·广东深圳·九年级深圳中学校考自主招生）若x−0.5不是整数，令[x)为最接近x的整数，如
[2.4)=2，[2.6)=3．则[❑√1×2)+[❑√2×3)+[❑√3×4)+⋅⋅⋅+[❑√22×23)= ．
【思路点拨】
由题意，观察二次根式中的被开发数的特征：❑√n(n+1)=❑ √ ( n+ 1) 2 − 1 0，
∴❑√xy−❑√2022=0，
即❑√xy=❑√2022，
∴xy=2022=1×2022=2×1011=3×674=6×337，
则正整数对(x,y)可以是：
(1,2022)，(2022,1)，(2,1011)，(1011,2)，(3,674)，(674,3)，(6,337)，(337,6)，
∴满足已知等式的正整数对(x,y)共有8个．
故答案为：8．
7．（2022上·全国·八年级期中）按照一定次序排列的一列数叫数列，一般用a 、a 、a …a 表示一个数
1 2 3 n
1 1+❑√5 n 1−❑√5 n
列，可简记为{a }，现有数列{a }满足一个关系式a = [( ) −( ) ]，则a +a +…+a =
n n n ❑√5 2 2 1 2 10．
【思路点拨】
根据数列{a }的关系式，计算a 、a 、a 、a ，总结规律，证明规律成立，继续计算各项，即可求和．
n 1 2 3 4
【解题过程】
1 1+❑√5 1−❑√5
解：∵a = [( )−( )]
1 ❑√5 2 2
1 1+❑√5 1−❑√5
= ( − )
❑√5 2 2
1 2❑√5
= × =1，
❑√5 2
1 1+❑√5 2 1−❑√5 2 1 1+❑√5 1−❑√5 1+❑√5 1−❑√5
a = [( ) −( ) ]= ( − )( + )=1，
2 ❑√5 2 2 ❑√5 2 2 2 2
1 1+❑√5 3 1−❑√5 3 1 1+❑√5 1−❑√5 1+❑√5 2 1+❑√5 1−❑√5 1−❑√5 2
a = [( ) −( ) ]= ( − )[( ) +( × )+( ) ]=3−1=2
3 ❑√5 2 2 ❑√5 2 2 2 2 2 2
，
1 1+❑√5 4 1−❑√5 4 1 1+❑√5 2 1−❑√5 2 1+❑√5 2 1−❑√5 2 1
a = [( ) −( ) ]= [( ) +( ) ]⋅[( ) −( ) ]= ×3×❑√5=3
4 ❑√5 2 2 ❑√5 2 2 2 2 ❑√5
，
……
a =a +a ，
3 2 1
a =a +a ，
4 3 2
归纳可得：a =a +a (n⩾1)，
n+2 n+1 n
假设当n⩽k−1时成立，有
a =a +a
k k−1 k−2
1 1+❑√5 k−1 1−❑√5 k−1 1+❑√5 k−2 1−❑√5 k−2
a = [( ) −( ) +( ) −( ) ]
k ❑√5 2 2 2 2
1 1+❑√5 k−1 2 1−❑√5 k−1 2
= [( ) (1+ )−( ) (1+ )]
❑√5 2 ❑√5+1 2 1−❑√5
1 1+❑√5 k 1−❑√5 k
= [( ) −( ) ]
❑√5 2 2∴a =a +a =3+2=5，a =a +a =5+3=8，……
5 4 3 6 5 4
则a +a +…+a
1 2 10
=1+1+2+3+5+8+13+21+34+55
=143
故答案为：143．
8．（2023上·河南南阳·九年级统考期中）有一块矩形木板，木工采用如图沿虚线在木板上截出两个面积分
别为12dm2和27dm2的正方形木板．
（1）求原矩形木板的面积；
（2）如果木工想从剩余的木块（阴影部分）中裁出长为1.5dm，宽为1dm的长方形木条，估计最多能裁出
多少块这样的木条，请你直接写出答案．
【思路点拨】
本题考查的是二次根式的应用．
（1）根据二次根式的性质分别求出两个正方形的边长，结合图形计算得到答案；
（2）求出❑√3和2❑√3范围，根据题意解答．
掌握二次根式的性质、无理数的估算是解题的关键．
【解题过程】
（1）解：∵两个正方形的面积分别为12dm2和27dm2，
∴这两个正方形的边长分别为❑√12dm和❑√27dm，
由图可知，矩形的长为：(❑√12+❑√27)dm，宽为❑√27dm，
则原矩形的面积为：(❑√12+❑√27)×❑√27=18+27=45(dm2)，
答：原矩形的面积为45dm2；
（2）最多能裁出3快，理由如下：
根据（1），可知：这两个正方形的边长分别为❑√12dm和❑√27dm，
即此时阴影部分的宽为：❑√27−❑√12=3❑√3−2❑√3=❑√3dm，
长为：❑√12=2❑√3dm，9 49
∵ <3<4，9<12< ，
4 4
3 7
∴ <❑√3<2，3<2❑√3< ，
2 2
4 7
∴1<❑√3÷1.5< ，2<2❑√3÷1.5< ，
3 3
则1×3=3，
∴阴影部分可以最多裁剪出3块长1.5dm宽1dm的木条．
9．（2023下·河北邢台·八年级校考阶段练习）现有两块同样大小的长方形木板①、②，甲木工采用如图1
所示的方式，在长方形木板①上截出两个面积分别为18dm2和32dm2的正方形木板A，B．
（1）截出的正方形木板A的边长为________ dm；
（2）求图1中阴影部分的面积；
（3）乙木工想采用如图2所示的方式，在长方形木板②上截出面积为25dm2的两个正方形木板，请你判断
能否截出，并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据正方形的面积，即可求出边长；
（2）先求出木板B的边长，再得出阴影部分的长和宽，根据长方形面积公式即可求解；
（3）求出两个面积为25dm2的正方形木板的边长，即可得出所需木板的长和宽，将其与实际木板长和宽进
行比较，即可解答．
【解题过程】
（1）解：∵正方形木板A的面积为18dm2，
∴正方形木板A的边长为❑√18=3❑√2(dm)，
故答案为：3❑√2；
（2）解：∵正方形木板B的面积为32dm2，
∴正方形木板B的边长为❑√32=4❑√2(dm)，
∴阴影部分宽为(4❑√2−3❑√2)dm，∴阴影部分面积为3❑√2×(4❑√2−3❑√2)=6(dm2)，
即题图1中阴影部分的面积为6dm2；
（3）解：不能截出；
理由：❑√25=5，2×5=10，
∴两个正方形木板放在一起的宽为5dm，长为10dm．
由（2）可得长方形木板的长为7❑√2dm，宽为4❑√2dm．
∵4❑√2>5，但7❑√2<10，
∴不能截出．
10．（2022下·甘肃定西·八年级统考期中）先阅读，后解答：
1 1×❑√2 ❑√2 ❑√3 ❑√3(❑√3+❑√2) 3+❑√6
= = ， = = =3+❑√6；像上述解题过程中，❑√2
2 ❑√2×❑√2 2 ❑√3−❑√2 (❑√3−❑√2)(❑√3+❑√2) (❑√3) 2 −(❑√2) 2
与❑√2、❑√3−❑√2与❑√3+❑√2相乘，积不含有二次根式，我们可将这两个式子称为互为有理化因式，上述解
题过程也称为分母有理化．
（1）❑√7的有理化因式是______；❑√5+2的有理化因式是______．
（2）将下列式子进行分母有理化：
1 1
① = ______； ② = ______．
❑√5 ❑√2+1
1 1 1 1
（3）类比（2）中②的计算结果，计算： + + +⋅⋅⋅+ ．
❑√2+1 ❑√3+❑√2 ❑√4+❑√3 ❑√2013+❑√2012
【思路点拨】
（1）根据有理化因式的定义，仿照阅读中例子，得到❑√7、❑√5+2的有理化因式；
（2）分子和分母都乘以各自分母的有理化因式，化去分母中的根号即可；
（3）先分母有理化，然后合并同类二次根式即可．
【解题过程】
（1）解：（1）❑√7的有理化因式是❑√7，❑√5+2的有理化因式是❑√5−2；
故答案为：❑√7，❑√5−2；
1 1×❑√5 ❑√5
（2）① = = ，
❑√5 ❑√5×❑√5 5
1 1×(❑√2−1) ❑√2−1
② = = =❑√2−1；
❑√2+1 (❑√2+1)(❑√2−1) (❑√2) 2 −12❑√5
故答案为： ，❑√2−1；
5
1 1 1 1
（3） + + +⋯+
❑√2+1 ❑√3+❑√2 ❑√4+❑√3 ❑√2013+❑√2012
=❑√2−1+❑√3−❑√2+❑√4−❑√3+⋯+❑√2013−❑√2012
=❑√2013−1．
1
11．（2022·八年级单元测试）定义f (x)= ，求f(1)+f(3)…+
√3 x2+2x+1+√3 x2−1+√3 x2−2x+1
f(2k−1)+…+f(999)的值.
【思路点拨】
将f (x)进行分母有理化，分子分母同时乘以(❑√3 x+1−❑√3 x−1)可得
1 ❑√3 x+1−❑√3 x−1 ❑√32 ❑√3 4−❑√32
f (x)= = ，进而求得f (1)= ，f (3)=
√3 x2+2x+1+√3 x2−1+√3 x2−2x+1 2 2 2
❑√36−❑√3 4 ❑√31000
，f (5)= ，则f (1)+f (3)+⋅⋅⋅+f (2k−1)+⋅⋅⋅+f (999) = =5
2 2
【解题过程】
1
解：
f (x)=
❑√3 (x+1) 2+❑√3 (x+1)(x−1)+❑√3 (x−1) 2
❑√3 x+1−❑√3 x−1
=
[❑√3 (x+1) 2+❑√3 (x+1)(x−1)+❑√3 (x−1) 2)(❑√3 x+1−❑√3 x−1)
❑√3 x+1−❑√3 x−1
= ，
2
❑√32 ❑√3 4−❑√32 ❑√36−❑√3 4 ❑√31000−❑√3 998
∴f (1)= ，f (3)= ，f (5)= ，…，f (999)= ．
2 2 2 2
❑√31000
∴f (1)+f (3)+⋅⋅⋅+f (2k−1)+⋅⋅⋅+f (999)= =5．
2
12．（2023上·福建漳州·八年级校联考期中）观察下列等式及其验证过程：
√ 2 √2 √ 2 √2×3+2 √23 √2
❑2+ =2❑ ，验证：❑2+ =❑ =❑ =2❑
3 3 3 3 3 3√ 3 √3 √ 3 √3×8+3 √33 √3
❑3+ =3❑ ，验证：❑3+ =❑ =❑ =3❑
8 8 8 8 8 8
√ 4
（1）按照上述两个等式及其验证过程的基本思路，猜想❑4+ =______．
15
（2）针对上述等式反映的规律，写出用n（n为大于1的整数）表示的等式并给予验证．
【思路点拨】
（1）根据材料提示的运算方法即可求解；
（2）根据材料提示，二次函数的性质化简即可求解；
本题主要考查二次根式的性质化简，掌握二次根式的性质，二次根式的混合运算等知识是解题的关键．
【解题过程】
√ 4 √ 4
（1）解：根据材料提示，❑4+ =4❑ ，
15 15
√ 4
故答案为：4❑ ．
15
√ n √n×n2−n+n √ n3
（2）解：根据题意得，❑n+ =❑ =❑ ，
n2−1 n2−1 n2−1
∵n为大于1的整数，
√ n3 √ n
∴❑ =n❑ ，
n2−1 n2−1
√ 2 √ 2 √2×3+2 √8 √2
当n=2时，❑2+ =❑2+ =❑ =❑ =2❑ ；
22−1 3 3 3 3
√ 5 √ 5 √5×24+5 √53 √ 5
当n=5时，❑5+ =❑5+ =❑ =❑ =5❑ ；
52−1 24 24 3 24
√ k √k3−k+k √ k3 √ k
当n=k（k为大于1的整数），❑k+ =❑ =❑ =k❑ ；
k2−1 k2−1 k2−1 k2−1
√ n √ n
故上述等式反映的规律为❑n+ =n❑ （n为大于1的整数）．
n2−1 n2−1
13．（2022上·四川资阳·九年级校考阶段练习）在日常生活中，有时并不要求某个量的准确值，而只需求55 6
出它的整数部分．如今天是星期一，还有55天中考，问中考前还有多少个星期一、容易知 =7 ，但答
7 7
6
案并不是将小数部分四舍五入得到8，而是7 的整数部分7，所以有7个星期一、为了解决某些实际问
7
题，我们定义一种运算——取一个实数的整数部分，即取出不超过实数x的最大整数．在数轴上就是取出
实数x对应的点左边最接近的整数点（包括x本身），简称取整，记为[x]．这里[x]=x−a，[x]+a=x，
其中[x]是一个整数，0≤a<1，a称为实数x的小数部分，记作{Z )，所以有x=[x]+{Z }．例如，
x x
[−14.3]=−15，{Z }=0.45．
2.45
关于取整运算有部分性质如下：
①x−1<[x]⩽x
②若n为整数，则[x+n]=[x]+n
请根据以上材料，解决问题：
（1）[❑√10]=___________；若m=[−π]，n={Z }，则m2+mn=___________；
−π
1 1 1 1
（2）记M= + + +⋯+ ，求[M]；
❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 ❑√2022+❑√2021
3x+4 6x−7
（3）解方程：[ ]= ．
9 3
【思路点拨】
（1）根据定义直接求解即可；
（2）先进行分母有理化，再求和即可；
3x+4 6x−7 3x+4 33 1 6x−7
（3）根据题意可得 −1< ≤ ，求出x的取值范围可得− <6x−7≤ ，再由
9 3 9 5 5 3
是整数，可求x的值．
【解题过程】
（1）解：∵3<[❑√10]<4，
∴ [❑√10]=3，
∵−3<−π<−4，
∴m=[−π]=−4，n={Z }=4−π，
−π
∴m2+mn=m(m+n)=−4×(−π)=4π，
故答案为：3，4π；1 1 1 1
（2）M= + + +⋯+
❑√2+1 ❑√3+❑√2 2+❑√3 ❑√2022+❑√2021
=❑√2−1+❑√3−❑√2+2−❑√3+…+❑√2022−❑√2021
=❑√2022−1，
∵44<❑√2022<45，
∴43<❑√2022−1<44，
∴[M]=43；
（3）∵x−1<[x]≤x，
3x+4 3x+4 3x+4
∴ −1<[ ]≤ ，
9 9 9
3x+4 6x−7 3x+4
∴ −1< ≤ ，
9 3 9
16 5
解得 0，b>0，则有下面的不等式：a+b≥2❑√ab，当且仅当 a=b
时，取到等号．
4
例如：已知x>0，求式子 x+ 的最小值．
x
4 4 √ 4
解：令 a=x，b= ，则由 a+b≥2❑√ab，得 x+ ≥2❑ x⋅ =4，
x x x
4
当且仅当 x= 时，即正数 x=2时，式子有最小值，最小值为4．
x
请根据上面材料回答下列问题：
9
（1）当x>0，式子 x+ 的最小值为 ；
x（2）如图1，用篱笆围一个面积为50平方米的长方形花园，使这个长方形花园的一边靠墙（墙长20米，
篱笆周长指不靠墙的三边），这个长方形的长、宽各为多少米时，所用的篱笆最短，最短的篱笆是多少
米？
（3）如图2，四边形 ABCD的对角线 AC、BD相交于点 O，△AOB、△COD的面积分别是6和12，
求四边形 ABCD面积的最小值．
【思路点拨】
本题主要考查完全平方公式的应用，二次根式的应用，阅读材料，材料阅读题是中学阶段所学习的重要内
容，体会材料中的数学思想与方法，学会用新方法去解决数学中的问题，对学生的要求较高，是一道拔高
型的综合题目．
（1）根据材料提供的信息解答即可．
50
（2）设这个长方形垂直于墙的一边的长为x米，则平行于墙的一边为y(00)，点D到OC的距离为ℎ (ℎ >0)，又△AOB、△COD的面积分别
1 1 2 2
12 24 12 24
是6和12，则OA= ，OC= ，AC=OA+OC= + ，从而求得S ，然后根据材料提供
四边形ABCD
ℎ ℎ ℎ ℎ
1 2 1 2
的信息求出最小值即可．
【解题过程】9 9 √ 9
（1）解：令 a=x，b= ，则由 a+b≥2❑√ab，得 x+ ≥2❑ x⋅ =6，
x x x
9
当且仅当 x= 时，即正数 x=3时，式子有最小值，最小值为6．
x
（2）解：设这个长方形垂直于墙的一边的长为x米，则平行于墙的一边为y(00)，点D到OC的距离为ℎ (ℎ >0)，
1 1 2 2
又∵△AOB、△COD的面积分别是6和12，
12 24
∴OA= ，OC=
，
ℎ ℎ
1 2
12 24
∴AC=OA+OC= +
，
ℎ ℎ
1 2
∴
S =S +S =
1
AC⋅ℎ +
1
AC⋅ℎ =
1
AC(ℎ + ℎ )=
1(12
+
24)
(ℎ + ℎ )=18+
6ℎ
2+
12ℎ
1
四边形ABCD △ABC △ADC 2 1 2 2 2 1 2 2 ℎ ℎ 1 2 ℎ ℎ
1 2 1 2
6ℎ 12ℎ √6ℎ 12ℎ
∵ 2+ 1≥❑ 2 ⋅ 1=6❑√2．
ℎ ℎ ℎ ℎ
1 2 1 2
6ℎ 12ℎ 6ℎ 12ℎ
∴当且仅当 2= 1 时，取等号，即 2+ 1 的最小值为6❑√2，
ℎ ℎ ℎ ℎ
1 2 1 2
∴四边形ABCD面积的最小值为18+6❑√2．19．（2023下·北京西城·八年级校考期中）在数学课上，老师说统计学中常用的平均数不是只有算术平均
数一种，好学的小聪通过网络搜索，又得到了两种平均数的定义，他把三种平均数的定义整理如下：
对于两个数a，b，
a+b
M= 称为a，b这两个数的算术平均数，
2
N=❑√ab称为a，b这两个数的几何平均数，
√a2+b2
P=❑ 称为a，b这两个数的平方平均数
2
小聪根据上述定义，探究了一些问题，下面是他的探究过程，请你补充完整：
5
（1）若a=−2，b=−3，则M=− ；N=________；P=_______；
2
（2）小聪发现当a，b两数异号时，在实数范围内N没有意义，所以决定只研究当a，b都是正数时这三种
平均数的大小关系．结合乘法公式和勾股定理的学习经验，他选择构造几何图形，用面积法解决问题：
如图，画出边长为a+b的正方形和它的两条对角线，则图1中阴影部分的面积可以表示N2．
①请你分别在图2，图3中用阴影标出一面积为M2，P2的图形：
②借助图形可知，当a，b都是正数时，M,N,P的大小关系是： ___________（把M,N,P从小到大排
列，并用“<”或“≤”号连接）；
③若a+b=5．则P的最小值为________．
【思路点拨】
（1）将a=−2，b=−3分别代入N,P求值即可得；
（2）①分别求出M2，P2，再根据正方形的性质、矩形和直角三角形的面积公式即可得；②根据（2）①
中的所画的图形可得N2≤M2≤P2，由此即可得出结论；③由M≤P，可知当M=P时，P取最小值，此时
5
M2=P2，结合已知条件可得a=b= ，即可确定P的最小值．
2
【解题过程】（1）解：当a=−2，b=−3时，
N=❑√ab=❑√(−2)×(−3)=❑√6，
√a2+b2 √(−2) 2+(−3) 2 ❑√26
P=❑ =❑ = ．
2 2 2
❑√26
故答案为：❑√6； ；
2
a+b 2 (a+b) 2 (a−b) 2+4ab (a−b) 2
（2）①M2=( ) = = = +ab，
2 4 4 4
则用阴影标出一个面积为M2的图形如下所示：
a2+b2 (a−b) 2+2ab (a−b) 2
P2= = = +ab，
2 2 2
则用阴影标出一个面积为P2的图形如下所示：
②由（2）①可知，N2≤M2≤P2，当且仅当a−b=0，即a=b时，等号成立，
∵a,b都是正数，
∴M,N,P都是正数，
∴N≤M≤P．
故答案为：N≤M≤P；
③∵M≤P，
∴当M=P时，P取最小值，a+b 2 a2+b2
此时M2=P2，即( ) = ，
2 2
整理，可得(a−b) 2=0，
∴a=b，
∵a+b=5，
5
∴a=b= ，
2
√a2+b2 √2a2 5
此时P=❑ =❑ =❑√a2=a= ，
2 2 2
5
∴P的最小值为 ．
2
5
故答案为： ．
2
20．（2022下·北京·七年级人大附中校考期中）生活常用打印纸A4纸的长宽比为❑√2，此比值也叫白银
比．现对于平面直角坐标系xOy中的不同两点A(x ,y ),B(x ,y )，给出如下定义：若
1 1 2 2
|y −y )=❑√2|x −x )，则称A，B互为“白银点”．例如，点A(3,2),B(4,2−❑√2)互为“白银点”．
1 2 1 2
（1）在P (1,❑√2),P (❑√2,❑√2),P (❑√2,1),P (−1,❑√2)四个点中，能与坐标原点互为“白银点”的
1 2 3 4
是：__________；
（2）已知A(1,0)，点B为点A的“白银点”，且△AOB面积为❑√2，求点B的坐标；（3）已知C(3,0)、D(3,1)，在（2）的条件下，将线段OA向y轴方向平移m个单位（m值为正则向上
平移m个单位，m值为负则向下平移m个单位）得线段O A ，若线段O A 上存在线段CD中某个点的
1 1 1 1
“白银点”，则m的取值范围为_______________．
【思路点拨】
（1）根据白银点的概念，利用绝对值解得即可；
（2）根据平移的性质和三角形的面积公式解得即可；
（3）根据平移的性质和二次根式的估计解答即可．
【解题过程】
（1）解：∵|❑√2−0|=❑√2×|1−0|，
∴P (1,❑√2)点能与坐标原点互为“白银点”，
1
∵|❑√2−0|≠❑√2×|❑√2−0|，
∴P (❑√2，1)点不能与坐标原点互为“白银点”，
3
∵|❑√2−0|=❑√2×|−1−0|，
∴P (−1,❑√2)点能与坐标原点互为“白银点”，
4
综上所述，在P (1,❑√2)，P (❑√2，❑√2)，P (❑√2，1)，P (−1,❑√2)四个点中，能与坐标原点互为“白
1 2 3 4
银点”的是P ，P ；
1 4
故答案为：P ，P ；
1 4
（2）解：解：∵A(1,0)，
∴OA=1，又△AOB面积为❑√2，
1 1
由S = OA⋅|y )，得❑√2= ×1×|y )，
△AOB 2 B 2 B
解得y =±2❑√2．
B
∴|y −y )=2❑√2．
A B
∵点B为点A的“白银点”，
∴|y −y )=❑√2|x −x )．
A B A B
∴|x −x )=2，即|1−x )=2，
A B B解得x =3或x =−1．
B B
∴点B的坐标为(3,2❑√2),(3,−2❑√2),(−1,2❑√2),(−1,−2❑√2)．
（3）解：已知C(3,0)、D(3,1)，在（2）的条件下，将线段OA向y轴方向平移m个单位(m值为正则向上
平移|m|个单位，m值为负则向下平移|m|个单位）O A ，则O (0,m)，A (1,m)，若线段O A 上存
1 1 1 1 1 1
在线段CD中某个点的“白银点”，设线段O A 上的点E (e ，m)(0⩽e ⩽1)与线段CD中的点E(3，
1 1 1 x x
e )(0⩽e ⩽1)互为“白银点”，则|e −m|=❑√2|3−e |，e −m=±❑√2(3−e )，
y y y x y x
∴m=e ±❑√2(3−e )，
y x
∵0⩽e ⩽1，0⩽e ⩽1，
x y
∴ 2❑√2⩽❑√2(3−e )⩽3❑√2，−3❑√2⩽−❑√2(3−e )⩽−2❑√2，
x x
∴ 2❑√2⩽m=e +❑√2(3−e )⩽3❑√2+1，−3❑√2⩽m=e −❑√2(3−e )⩽−2❑√2+1，
y x y x
即m的取值范围为：2❑√2⩽m⩽3❑√2+1或−3❑√2⩽m⩽−2❑√2+1．
故答案为：2❑√2⩽m⩽3❑√2+1或−3❑√2⩽m⩽−2❑√2+1．
