文档内容
2024-2025 学年八年级数学下学期第一次月考卷
基础知识达标测
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
考前须知：
1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。
2．测试范围：二次根式~勾股定理（人教版）。
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）若式子❑√2m−3有意义，则m的取值范围是（ ）
2 3 3 2
A．m≤ B．m≥− C．m≥ D．m≤−
3 2 2 3
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得：2m﹣3≥0，
3
解得：m≥ ，
2
故选：C．
2．（3分）下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
√2
A．√32 B．❑√15 C．❑ D．❑√0.7
3
【分析】对于一个二次根式，被开方数中不含分母或不含开得尽方的因数或因式，这种二次根式即为最简
二次根式，据此进行判断即可．
【解答】解：√32不是二次根式，则A不符合题意；
❑√15是最简二次根式，则B符合题意；
√2
❑ 中含有分母，则C不符合题意；
3
√ 7
❑√0.7=❑ 含有分母，则D不符合题意；
10
故选：B．
3．（3分）下列运算正确的是（ ）√ 1
A．❑√2•❑√3=❑√5 B．9❑√3×❑ =❑√3
27
√3
C．❑√6×❑√2=12 D．❑√24•❑ =6
2
【分析】直接利用二次根式的乘除运算法则分别化简得出答案．
【解答】解：A、❑√2•❑√3=❑√6，故此选项错误；
√ 1 √1 1
B、9❑√3×❑ =9❑ =9× =3，故此选项错误；
27 9 3
C、❑√6×❑√2=2❑√3，故此选项错误；
√3
D、❑√24•❑ =❑√36=6，故此选项正确；
2
故选：D．
❑√50−2❑√3
4．（3分）估算 的值（ ）
❑√2
A．在0与1之间 B．在0与2之间
C．在2与3之间 D．在3与4之间
【分析】求出原式＝5−❑√6，先确定❑√6的范围，再确定5−❑√6的范围，即可得出答案．
❑√50−2❑√3
【解答】解： =❑√50÷❑√2−2❑√3÷❑√2
❑√2
＝5−❑√6，
∵2＜❑√6＜3，
∴﹣2＞−❑√6＞−3，
∴5﹣2＞5−❑√6＞5﹣3，
即2＜5−❑√6＜3，
❑√50−2❑√3
∴2＜ ＜3，
❑√2
故选：C．
5．（3分）已知a、b、c是△ABC的三边，下列条件：①a＝6，b＝10，c＝8；②∠C＝23°，∠B＝57°；
③∠B﹣∠C＝∠A；④a2﹣c2＝b2，能够判断△ABC为直角三角形的有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据三角形的内角和定理和勾股定理的逆定理求解即可．
【解答】解：①∵62+82＝102，
∴a2+c2＝b2，∴△ABC是直角三角形，
故本选项符合题意；
②∵∠C＝23°，∠B＝57°，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝100°，
∴△ABC是钝角三角形，
故本选项不符合题意；
③∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠A+∠C＝∠B，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠B＝180°，
∴∠B＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故本选项符合题意；
④∵a2﹣c2＝b2，
∴a2＝b2+c2，
∴△ABC是直角三角形，
故本选项符合题意；
综上，能够判断△ABC为直角三角形的有3个，
故选：D．
6．（3分）“今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问：水深几何？”这是我国数
学史上的“葭生池中”问题．即AC＝5，DC＝1，BD＝BA，则BC＝（ ）
A．8 B．10 C．12 D．13
【分析】设BC＝x，则BD＝BA＝x+1，在Rt△ABC中，由勾股定理得出方程求解即可．
【解答】解：设BC＝x，则BD＝BA＝x+1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB2＝AC2+BC2，即（x+1）2＝52+x2，
解得x＝12，
即BC＝12，
故选：C．
7．（3分）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，沿AD和EF将纸片折叠，使点B和点
C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（ ）
13 5 7 6
A． B． C． D．
6 6 6 5
【分析】根据题意可得AP＝AB＝2，∠B＝∠APB，CE＝PE，∠C＝∠CPE，可得∠APE＝90°，继而设AE
＝x，则CE＝PE＝3﹣x，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，
∴AP＝AB＝2，∠B＝∠APB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE＝PE，∠C＝∠CPE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，
∴∠APB+∠C＝90°，
∴∠APE＝90°，
∴AP2+PE2＝AE2，
设AE＝x，
则CE＝PE＝3﹣x，
∴22+（3﹣x）2＝x2，
13
解得x= ，
6
13
即AE= ，
6
故选：A．
√a √b
8．（3分）已知a+b＝﹣6，ab＝7．则代数式a❑ +b❑ 的值为（ ）
b a22 22 36 36
A．− ❑√7 B． ❑√7 C． ❑√7 D．− ❑√7
7 7 7 7
【分析】根据题意得a＜0，b＜0，a2+2×7+b2＝36，再利用二次根式的性质进行化简即可求解．
【解答】解：∵a+b＝﹣6，ab＝7，
∴a＜0，b＜0，a2+2×7+b2＝36，
∴a2+b2＝22，
√a √b
a❑ +b❑
b a
√ab √ab
=a❑ +b❑
b2 a2
❑√ab ❑√ab
=−a −b
b a
❑√ab ❑√ab
=−a2 −b2
ab ab
❑√ab
=−(a2+b2
)
ab
22
=− ❑√7，
7
故选：A．
9．（3分）如图，在正方形方格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，点A，B，C，D，E均在小正方
形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB＝ ，则∠ABE等于（ ）
α
A．180°﹣ B．180°﹣2 C．90°+ D．90°+2
【分析】过B点作BG∥CD，连接EG，根据平行线的性质得出∠ABG＝∠CFB＝ ．根据勾股定理求出
α α α α
BG2＝17，BE2＝17，EG2＝34，那么BG2+BE2＝EG2，根据勾股定理的逆定理得出∠GBE＝90°，进而求出
α
∠ABE的度数．
【解答】解：如图，过B点作BG∥CD，连接EG，
∵BG∥CD，
∴∠ABG＝∠CFB＝ ．
∵BG2＝12+42＝17，BE2＝12+42＝17，EG2＝32+52＝34，
α
∴BG2+BE2＝EG2，∴△BEG是直角三角形，
∴∠GBE＝90°，
∴∠ABE＝∠GBE+∠ABG＝90°+ ．
故选：C．
α
10．（3分）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠BCD＝30°，BC＝2，AC=❑√14，则CD的长
为（ ）
A．4 B．2❑√7 C．5 D．❑√10
【分析】把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接CE，作EF⊥CD于F，则AC＝AE=❑√14，结合
旋转的性质求得∠ADE+∠ADC＝240°，在Rt△EDF中，∠DEF＝30°，然后利用含30°角的直角三角形性质
及勾股定理列方程求解即可．
【解答】解：如图，把△ABC绕点A逆时针旋转90度，得到△ADE，连接CE，过点E作EF⊥CD延长线
于点F，
根据旋转可知：AE＝AC=❑√14，ED＝BC＝2，∠ABC＝∠ADE，
根据四边形ABCD的内角和＝360°，
∴∠ABC+∠BCD+∠ADC+∠DAB＝360°，∵∠BAD＝90°，∠BCD＝30°，
∴∠ABC+∠ADC＝240°，
∴∠ADE+∠ADC＝240°，
∴∠CDE＝120°，
∴∠EDF＝60°，
在Rt△EDF中，DE＝2，
∴DF＝1，EF=❑√3，
在Rt△AEC中，CE=❑√2AC＝2❑√7
∴CF=❑√CE2−EF2=❑√28−3=5，
∴CD＝CF﹣DF＝5﹣1＝4．
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
√1 √1
11．（3分）比较下列两个数的大小：−3❑ ＞ −4❑ ．（用“＞”或“＜”填空）
3 4
【分析】先根据二次根式的性质将根号外的数字3和4，分别放入根号内，再比较大小即可求解．
√1 √1
【解答】解：−3❑ =−❑√3，−4❑ =−2
3 4
∵−2＜−❑√3
√1 √1
∴−3❑ ＞−4❑ ，
3 4
故答案为：＞．
12．（3分）读材料：我们规定，若a+b＝﹣1，则称a与b是关于﹣1的平衡数，若4+2❑√3与m是关于﹣1的
平衡数，则m＝ −5−2❑√3 ．
【分析】根据新定义列出算式计算即可．
【解答】解：由题意，得：m=−1−4−2❑√3=−5−2❑√3．
故答案为：−5−2❑√3．
13．（3分）如图，从一个大正方形中裁去面积为8cm2和18cm2的两个小正方形，则留下的阴影部分面积和为
24 cm 2 ．【分析】直接利用正方形的性质得出两个小正方形的边长，进而得出大正方形的边长，即可得出答案．
【解答】解：∵两个小正方形面积为8cm2和18cm2，
∴大正方形边长为：❑√8+❑√18=2❑√2+3❑√2=5❑√2（cm），
∴大正方形面积为（5❑√2）2＝50（cm2），
∴留下的阴影部分面积和为：50﹣8﹣18＝24（cm2）．
故答案为：24cm2．
14．（3分）如图，庭院中有两棵树，小鸟要从一棵高10m的树顶飞到一棵高4m的树顶上，两棵树相距8m，
则小鸟至少要飞 1 0 米．
【分析】根据勾股定理求出AB的长即可．
【解答】解：如图，由题意可知，AC＝AD﹣CD＝10﹣4＝6（m），BC＝8m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB=❑√AC2+BC2=❑√62+82=10（m），
则小鸟至少要飞10m，
故答案为：10．
15．（3分）勾股数是指能成为直角三角形三条边长的三个正整数，世界上第一次给出勾股数公式的是中国古
1 1 1 1
代数学著作《九章算术》．现有勾股数a，b，c，其中a，b均小于c，a= m2− ，c= m2+ ，m是大于
2 2 2 2
1的奇数，则b＝ m （用含m的式子表示）．【分析】根据勾股数的定义解答即可．
1 1 1 1
【解答】解：∵a，b，c是勾股数，其中a，b均小于c，a= m2− ，c= m2+ ，
2 2 2 2
∴b2＝c2﹣a2
1 1 1 1
＝（ m2+ ）2﹣（ m2− ）2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
= m4+ + m2﹣（ m4+ − m2）
4 4 2 4 4 2
1 1 1 1 1 1
= m4+ + m2− m4− + m2
4 4 2 4 4 2
＝m2，
∵m是大于1的奇数，
∴b＝m．
故答案为：m．
16．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，AC=❑√74，BC=2❑√10，CD＝6，则BD＝
2❑√13 ．
【分析】作AE⊥AC，AE＝AC，连接EC，延长EB交CD于点F，构造旋转全等，再结合勾股定理求解．
【解答】解：作AE⊥AC，AE＝AC，连接EC，延长EB交CD于点F，∵AE⊥AC，∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAC，
∵AE＝AC，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD＝6，∠AEB＝∠ACD，
∵∠1＝∠2，
∴∠CFB＝∠CAE＝90°，
在Rt△AEC中，EC=❑√2AE=2❑√37，
在Rt△BCF中，Rt△ECF中，有(2❑√37) 2 −(6+BF) 2=(2❑√10) 2 −BF2，
解得：BF＝6，
∴CF＝2，FD＝4，
∴在Rt△BDF中，BD=❑√36+16=2❑√13，
故答案为：2❑√13．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）计算：
（1）(3❑√3−1)(3❑√3+1)−(2❑√3−1) 2；
√1 ❑√27+❑√12
（2）(2❑√12−❑ )×❑√6− ．
3 ❑√3
【分析】（1）利用平方差公式，完全平方公式计算即可；
（2）先计算乘除，再计算加减．
【解答】解：（1）原式＝（3❑√3）2﹣1﹣（12﹣4❑√3+1）
＝27﹣1﹣12+4❑√3−1
＝13+4❑√3；
√1
（2）原式＝2❑√12×❑√6−❑ ×❑√6−❑√27÷❑√3−❑√12÷❑√3
3
＝12❑√2−❑√2−3﹣2
＝11❑√2−5．
√ y √ x 1 1
18．（8分）先化简，再求值：❑√25xy+x❑ −4 y❑ − ❑√x y3，其中x= ，y＝4．
x y y 3
【分析】先把各二次根式化为最简二次根式，再合并得到原式=❑√xy，然后把x、y的值代入计算．
1
【解答】解：∵x= ＞0，y＝4＞0，
3
∴原式＝5❑√xy+❑√xy−4❑√xy−❑√xy=❑√xy，
1 √1 2❑√3
当x= ，y＝4时，原式=❑ ×4= ．
3 3 3
19．（8分）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点D是Rt△ABC外一点，连接CD，
AD，且CD＝12，AD＝13．求四边形ABCD的面积．
【分析】根据勾股定理计算AC，根据勾股定理的逆定理判定△ADC是直角三角形，根据面积公式计算即
可．
【解答】解：∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√32+42=5，
∵CD＝12，AD＝13，AC＝5，
且CD2+AC2＝52+122＝132＝AD2，
∴∠ACD＝90°，
1 1
∴四边形ABCD面积为： BC⋅AC+ DC⋅AD
2 2
1 1
= ×5×12+ ×3×4=36．
2 2
20．（8分）如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男子拽着绳子另一端向右走，绳端从C移
动到E，绳子始终绷紧且绳长保持不变．
（1）若CF＝7米，AF＝24米，AB＝18米，求男子需向右移动的距离；（结果保留根号）
（2）此人以0.5米每秒的速度收绳，请通过计算回答，该男子能否在30秒内将船从A处移动到岸边点F的
位置？
【分析】（1）根据勾股定理求AC、BC的长，然后作差求解即可；
（2）求出从A处移动到岸边点F的时间，再比较即可．
【解答】解：（1）∵∠AFC＝90°，AF＝24米，CF＝7米，∴AC=❑√AF2+CF2=❑√242+72=25（米），
∵AB＝18米，
∴BF＝AF﹣AB＝24﹣18＝6（米），
∴BC=❑√BF2+CF2=❑√62+72=❑√85（米），
∴CE＝AC﹣BC＝（25−❑√85）米，
答：男子需向右移动的距离为(25−❑√85)米；
（2）由题意知，需收绳的绳长为：AC﹣CF＝25﹣7＝18（米），
18
∴此人的收绳时间为 =36（秒），
0.5
∵36＞30，
∴该男子不能在30秒内将船从A处移动到岸边点F的位置．
21．（8分）如图是由小正方形组成的9×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格
点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列要求完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
（1）在图1中按下列步骤完成画图．
①画出△ABC的高CD；
②画△ACD的角平分线AE；
③画点D关于AC的对称点D'；
（2）如图2，P是网格线上一点，过点P的线段MN分别交AB，BC于点M，N，且PM＝PN，画出线段
MN．
【分析】（1）①取格点T，连接CT交AB于点D，线段CD即为所求；
②取BC的中点E，连接AE即可；
③作点B关于AC的对称点B′，T关于AC的对称点T′，连接CT′交AB′于点D′，点D′即为所
求；
（2）连接BP并延长交网格线于点Q，则BP＝PQ，连接AP并延长交网格线于点L，则AP＝PL，连接QL
交BC于点N，延长NP交AB于点M，则线段MN即为所画的线段．
【解答】解：（1）①如图1中，线段CD即为所求；②如图1中，线段AE即为所求；
③如图1中，点D′即为所求．
（2）如图2，线段MN即为所求．
22．（10分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝17，BC＝15，点P从点A出发，以每秒3个单位长度
的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动．设点P的运动时间为t（t＞0）．
（1）AB＝ 8 ；
（2）求斜边AC上的高线长；
17 32
（3）①当P在BC上时，CP的长为 3 t ﹣ 1 7 ，t的取值范围是 ≤t≤ ；（用含t的代数式表
3 3
示）
143
②若点P在∠BCA的平分线上，则t的值为 ．
12
【分析】（1）利用股定理即可求解；
（2）过点B作BD⊥AC于点D，利用面积法求解即可；
（3）①根据点P的运动路径及速度表示出CP即可解答；
②过点P作PE⊥AC于E，利用角平分线的性质可知PB＝PE，再证Rt△BCP≌Rt△ECP（HL），推出EC
＝BC，最后利用股定理解Rt△AEP即可．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝17，BC＝15，∴AB=❑√AC2−BC2=❑√172−152=8．
故答案为：8．
（2）如图所示，过点B作 BD⊥AC 于点D，
1 1
∴S = AB⋅BC= AC⋅BD，
△ABC 2 2
AB⋅BC 8×15 120
即 BD= = = ，
AC 17 17
120
∴斜边AC上的高线长为 ．
17
（3）①∵点P从点A出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线 A﹣C﹣B﹣A 运动，AC＝17，
∴当P在 BC上时，CP＝3t﹣AC＝3t﹣17．
AC AC+BC 17 17+15
∵ ≤t≤ ，即 ≤t≤ ，
3 3 3 3
17 32
∴. ≤t≤ ．
3 3
17 32
故答案为：3t﹣17， ≤t≤ ；
3 3
②当点P在∠BCA 的角平分线上时，过点P作 PE⊥AC 于E，如图所示，
∵CP平分∠BCA，∠B＝90°，PE⊥AC，∴PB＝PE．
又∵PC＝PC，
∴Rt△BCP≌Rt△ECP（HL）．
∴EC＝BC＝15，则 AE＝AC﹣CE＝17﹣15＝2．
由（2）易知 AP＝40﹣3t，BP＝3t﹣32，
∴PE＝3t﹣32．
在Rt△AEP中，AP2＝AE2+EP2 即 （40﹣3t）2＝22+（3t﹣32）2，
143
解得 t= ．
12
143
∴点P在∠BAC 的平分线上时，t= ．
12
143
故答案为： ．
12
23．（10分）（1）如图1，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，且点D
在BC边上滑动（点D不与点B，C重合），连接EC．求证：BD2+CD2＝2AD2；
[拓展延伸]
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°．若BD＝17cm，CD＝8cm，求AD的
长；
（3）如图3，把斜边长都为18cm的一副三角板的斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的
9(❑√6+❑√2)
距离AB长为 cm．
2
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE（SAS），根据全等三角形的性质得到BD＝CE，∠ACE＝∠B，得到
∠DCE＝90°，根据勾股定理计算即可；
（2）作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE＝17cm，根据勾股定理
计算即可．
（3）延长BN到点P，使NP＝MB，先证△AMB≌△ANP得AB＝AP，∠NAM＝∠BAP，据此可得∠BAP＝
∠MAN＝90°，由勾股定理知AB2+AP2＝BP2，继而可得2AB2＝（MB+BN）2；由直角三角形的性质知
BN=9cm，MB=9❑√3cm，代入计算即可得答案．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，
又AD＝AE，
∴BD2+CD2＝2AD2；
（2）解：作AE⊥AD，使AE＝AD，连接CE，DE，如图2，
∵∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE＝17cm，
∵∠ADC＝45°，∠EDA＝45°，
∴∠EDC＝90°，
∴DE=❑√CE2−CD2=❑√172−82=15cm，
∵∠DAE＝90°，15❑√2
∴AD=AE= cm．
2
（3）解：如图3，延长BN到点P，使NP＝MB，
∵∠MAB＝90°，∠MBN＝90°，
∴∠AMB+∠ANB＝180°，
∵∠ANP+∠ANB＝180°，
∴∠AMB＝∠ANP，
∵AM＝AN，NP＝MB，
∴△AMB≌△ANP（SAS），
∴AB＝AP，∠MAB＝∠NAP，
∴∠BAP＝∠BAM＝90°，
∴BA2+AP2＝BP2，
❑√2
∴2AB2＝（MB+BN）2，即AB= (MB+BN)；
2
∵MN＝18cm，∠BMN＝30°，
1
∴BN= MN=9cm，
2
∴MB=❑√M N2−BN2=❑√182−92=9❑√3cm
❑√2 9(❑√6+❑√2)
∴AB= (9❑√3+9)= cm，
2 2
9(❑√6+❑√2)
故答案为： ．
2
24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，a）在y轴上，点B（b，0）、C在x轴上，OB＝OC，
❑√a2−1+❑√1−a2
且a，b满足b= −❑√3．
a+1（1）如图1，则点A坐标 （ 0 ， 1 ） ，点B坐标 （﹣ 3 ， 0 ） ，∠ABC＝ 30 ° ；
（2）如图2，若点D在第一象限且满足AD＝AC，∠DAC＝90°，线段BD交y轴于点G，求线段BG的
长；
（3）如图3，在（2）的条件下，若在第四象限有一点E，满足∠BEC＝∠BDC．请探究BE、CE、AE之间
的数量关系，并证明．
【分析】（1）先根据二次根式的性质求出a的值，然后再求出b的值，取AB的中点M，连接OM，
证明△OAM为等边三角形，得出∠OAB＝60°，求出∠ABC＝90°﹣60°＝30°，即可得出答案；
（2）求出AC=❑√AO2+OC2=2，即AB＝AC，可得∠ABD＝∠ADB，接着求出∠BAG＝120°，证明
△BAO≌△CAO，即有∠BAO＝60°＝∠CAO，可得∠GAD＝180°﹣∠DAC﹣∠OAC＝30°，得出∠BAD＝
∠BAG+∠GAD＝150°，进而有∠ABD＝∠ADB＝15°，可得∠GBO＝∠ABD+∠ABO＝45°，即有∠GBO＝
∠BGO＝45°，问题随之得解；
（3）由（2）可知：∠ADB＝15°，可得∠BDC＝∠ADB+∠ADC＝60°，进而有∠BEC＝∠BDC＝60°，延长
EB至F，使BF＝CE，连接AF，过A点作AM⊥EF于M点，根据∠OAB＝∠OAC＝60°，即有∠BAC＝
120°，进一步有∠BAC+∠BEC＝180°，即可证明∠ABF＝∠ACE，接着证明△ABF≌△ACE（SAS），问题
随之得解．
【解答】解：（1）∵❑√a2−1+❑√1−a2有意义，
{a2−1≥0)
∴ ，
1−a2≥0
∴a2＝1，
解得：a＝±1，
∵点A在y轴的正半轴上，
∴a＝1，
∴A（0，1），
❑√a2−1+❑√1−a2
∴b= −❑√3=−❑√3，
a+1
∴点B(−❑√3，0)，∴OB=OC=❑√3，
∴C(❑√3，0)，
∴AB=❑√12+(❑√3) 2=2，
取AB的中点M，连接OM，如图1所示：
❑√3 1 1
M(− ， )，AM= AB=1，
2 2 2
√ ❑√3 2 1 2
则OM=❑ (− ) +( ) =1，
2 2
∴OM＝AM＝OA，
∴△OAM为等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣60°＝30°．
（2）∵OC=❑√3，AO＝1，
∴在Rt△ACO中，AC=❑√AO2+OC2=2，即AB＝AC，
∵AD＝AC，
∴AD＝2，
∴AD＝2＝AB，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ABO＝30°，∠AOB＝90°，
∴∠BAO＝60°，即∠BAG＝120°，
∵OB＝OC，AB＝AC＝2，AO＝AO，
∴△BAO≌△CAO（SSS），
∴∠BAO＝60°＝∠CAO，
∵∠DAC＝90°，
∴∠GAD＝180°﹣∠DAC﹣∠OAC＝30°，
∵∠BAG＝120°，∴∠BAD＝∠BAG+∠GAD＝150°，
∴∠ABD＝∠ADB＝15°，
∵∠ABO＝30°，∠AOB＝90°，
∴∠GBO＝∠ABD+∠ABO＝45°，
∴∠GBO＝∠BGO＝45°，
∴BO＝OG，
∵BO=❑√3，
∴BO=OG=❑√3，
∴在△BOG中，BG=❑√BO2+OG2=❑√6；
（3）BE+CE=❑√3AE，理由如下：
由（2）可知：∠ADB＝15°，
∵AD＝AC，∠DAC＝90°，
∴∠ADC＝∠ACD＝45°，
∴∠BDC＝∠ADB+∠ADC＝60°，
∴∠BEC＝∠BDC＝60°，
延长EB至F，使BF＝CE，连接AF，过A点作AM⊥EF于M点，如图3，
∵∠OAB＝∠OAC＝60°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠BAC+∠BEC＝180°，
∴∠ACE+∠ABE＝180°，
∵∠ABF+∠ABE＝180°，
∴∠ABF＝∠ACE，
又∵AB＝AC，BF＝CE，
∴△ABF≌△ACE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，
∴∠FAE＝∠BAC＝120°，∴∠F＝∠AEF＝30°，
∵AM⊥EF，AF＝AE，
1 1
∴AM= AE，ME= EF，
2 2
❑√3
∴ME=❑√AE2−AM2= AE，
2
∴FE=❑√3AE，
∴BE+CE=BE+BF=FE=❑√3AE，
即．
