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八年级数学填空题一般
题目
问题背景:比较13+1\sqrt{13}+1和252\sqrt{5}的大小.小松同学在解答这道题时,先建立一个直角三角形ABCABC,使得∠C=90∘\angle C=90^{\circ},AC=2AC=2,BC=3BC=3,延长CBCB到点DD,使得BD=1BD=1,连接ADAD,如图所示,这样借助几何构图,就能解决这道代数问题,我们把这种方法称为构图法.
(1)(1)请将13+1\sqrt{13}+1和252\sqrt{5}比较大小的结果直接写在横线上______；
方法迁移:
(2)(2)若9−x2+16−x2=5(\sqrt{9-{x}^{2}}+\sqrt{16-{x}^{2}}=5(其中x>0)x \gt 0),请利用构图法求出xx的值；
拓展应用:
(3)(3)若4m2−x2+(m2−1)2−x2=m2+1(m>1\sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}+\sqrt{{({m}^{2}-1)}^{2}-{x}^{2}}={m}^{2}+1(m \gt 1,x>0x \gt 0,x≠2mx\neq 2m且x≠m2−1)x\neq m^{2}-1),请直接写出x=x=______(用含mm的代数式表示).
知识点：三角形章节：第13章 三角形 / 13.1 三角形的概念

答案与解析

答案

（1）如图11所示：

∵\because在Rt△ABCRt\triangle ABC，∠C=90∘\angle C=90^{\circ}，AC=2AC=2，BC=3BC=3，
∴CD=BC+BD=3+1=4\therefore CD=BC+BD=3+1=4，
在Rt△ABCRt\triangle ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=13AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{13}，
在Rt△ACDRt\triangle ACD中，由勾股定理得：AD=AC2+CD2=25AD=\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}}=2\sqrt{5}，
根据三角形三边之间的关系得：AB+BD>ADAB+BD \gt AD，
∴13+1＞25\therefore \sqrt{13}+1＞2\sqrt{5}，
故答案为：13+1＞25\sqrt{13}+1＞2\sqrt{5}.
(2)(2)构造Rt△ABCRt\triangle ABC，使∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，AC=4AC=4，BC=3BC=3，CD⊥ABCD\bot AB于DD，如图22所示：

设CD=xCD=x，
在Rt△ABCRt\triangle ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=5AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=5，
在Rt△ACDRt\triangle ACD中，由勾股定理得：AD=AC2−CD2=9−x2AD=\sqrt{A{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{9-{x}^{2}}，
在Rt△BCDRt\triangle BCD中，由勾股定理得：BD=BC2−CD2=16−x2BD=\sqrt{B{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{16-{x}^{2}}，
∵AB=AD+BD=5\because AB=AD+BD=5，
∴9−x2+16−x2=5\therefore \sqrt{9-{x}^{2}}+\sqrt{16-{x}^{2}}=5，
即线段CDCD的长为无理方程9−x2+16−x2=5\sqrt{9-{x}^{2}}+\sqrt{16-{x}^{2}}=5的解，
∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CD=\frac{1}{2}AC\cdot BC，
∴AB⋅CD=AC⋅BC\therefore AB\cdot CD=AC\cdot BC，
即5×CD=3×45\times CD=3\times 4，
∴CD=125\therefore CD=\frac{12}{5}，
∴\therefore无理方程9−x2+16−x2=5\sqrt{9-{x}^{2}}+\sqrt{16-{x}^{2}}=5的解为：x=125x=\frac{12}{5}，
(3)(3)构造Rt△ABCRt\triangle ABC，使∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，AC=m2−1AC=m^{2}-1，BC=2mBC=2m，CD⊥ABCD\bot AB于DD，如图33所示：

设CD=xCD=x，
在Rt△ABCRt\triangle ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=(m2−1)2+(2m)2=m2+1AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{({m}^{2}-1)^{2}+(2m)^{2}}=m^{2}+1，
在Rt△BCDRt\triangle BCD中，由勾股定理得：BD=BC2−CD2=4m2−x2BD=\sqrt{B{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}，
在Rt△ACDRt\triangle ACD中，由勾股定理得：AD=AC2−CD2=(m2−1)2−x2AD=\sqrt{A{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{({m}^{2}-1)^{2}-{x}^{2}}，
∴AB=BD+AD=m2+1\therefore AB=BD+AD=m^{2}+1，
∴4m2−x2+(m2−1)2−x2=m2+1\therefore \sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}+\sqrt{{({m}^{2}-1)}^{2}-{x}^{2}}={m}^{2}+1，
即线段CDCD的长为无理方程4m2−x2+(m2−1)2−x2=m2+1\sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}+\sqrt{{({m}^{2}-1)}^{2}-{x}^{2}}={m}^{2}+1的解，
∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CD=\frac{1}{2}AC\cdot BC，
∴AB⋅CD=AC⋅BC\therefore AB\cdot CD=AC\cdot BC，
即(m2+1)×CD=2m×(m2−1)(m^{2}+1)\times CD=2m\times (m^{2}-1)，
∴CD(2m3−2mm2+1\therefore CD(\frac{2{m}^{3}-2m}{{m}^{2}+1}，
∴\therefore无理方程4m2−x2+(m2−1)2−x2=m2+1\sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}+\sqrt{{({m}^{2}-1)}^{2}-{x}^{2}}={m}^{2}+1的解为：x=2m3−2mm2+1x=\frac{2{m}^{3}-2m}{{m}^{2}+1}.
故答案为：2m3−2mm2+1\frac{2{m}^{3}-2m}{{m}^{2}+1}.

解析

（1）如图11所示：

∵\because在Rt△ABCRt\triangle ABC，∠C=90∘\angle C=90^{\circ}，AC=2AC=2，BC=3BC=3，
∴CD=BC+BD=3+1=4\therefore CD=BC+BD=3+1=4，
在Rt△ABCRt\triangle ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=13AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{13}，
在Rt△ACDRt\triangle ACD中，由勾股定理得：AD=AC2+CD2=25AD=\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}}=2\sqrt{5}，
根据三角形三边之间的关系得：AB+BD>ADAB+BD \gt AD，
∴13+1＞25\therefore \sqrt{13}+1＞2\sqrt{5}，
故答案为：13+1＞25\sqrt{13}+1＞2\sqrt{5}.
(2)(2)构造Rt△ABCRt\triangle ABC，使∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，AC=4AC=4，BC=3BC=3，CD⊥ABCD\bot AB于DD，如图22所示：

设CD=xCD=x，
在Rt△ABCRt\triangle ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=5AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=5，
在Rt△ACDRt\triangle ACD中，由勾股定理得：AD=AC2−CD2=9−x2AD=\sqrt{A{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{9-{x}^{2}}，
在Rt△BCDRt\triangle BCD中，由勾股定理得：BD=BC2−CD2=16−x2BD=\sqrt{B{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{16-{x}^{2}}，
∵AB=AD+BD=5\because AB=AD+BD=5，
∴9−x2+16−x2=5\therefore \sqrt{9-{x}^{2}}+\sqrt{16-{x}^{2}}=5，
即线段CDCD的长为无理方程9−x2+16−x2=5\sqrt{9-{x}^{2}}+\sqrt{16-{x}^{2}}=5的解，
∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CD=\frac{1}{2}AC\cdot BC，
∴AB⋅CD=AC⋅BC\therefore AB\cdot CD=AC\cdot BC，
即5×CD=3×45\times CD=3\times 4，
∴CD=125\therefore CD=\frac{12}{5}，
∴\therefore无理方程9−x2+16−x2=5\sqrt{9-{x}^{2}}+\sqrt{16-{x}^{2}}=5的解为：x=125x=\frac{12}{5}，
(3)(3)构造Rt△ABCRt\triangle ABC，使∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，AC=m2−1AC=m^{2}-1，BC=2mBC=2m，CD⊥ABCD\bot AB于DD，如图33所示：

设CD=xCD=x，
在Rt△ABCRt\triangle ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=(m2−1)2+(2m)2=m2+1AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{({m}^{2}-1)^{2}+(2m)^{2}}=m^{2}+1，
在Rt△BCDRt\triangle BCD中，由勾股定理得：BD=BC2−CD2=4m2−x2BD=\sqrt{B{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}，
在Rt△ACDRt\triangle ACD中，由勾股定理得：AD=AC2−CD2=(m2−1)2−x2AD=\sqrt{A{C}^{2}-C{D}^{2}}=\sqrt{({m}^{2}-1)^{2}-{x}^{2}}，
∴AB=BD+AD=m2+1\therefore AB=BD+AD=m^{2}+1，
∴4m2−x2+(m2−1)2−x2=m2+1\therefore \sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}+\sqrt{{({m}^{2}-1)}^{2}-{x}^{2}}={m}^{2}+1，
即线段CDCD的长为无理方程4m2−x2+(m2−1)2−x2=m2+1\sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}+\sqrt{{({m}^{2}-1)}^{2}-{x}^{2}}={m}^{2}+1的解，
∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CD=\frac{1}{2}AC\cdot BC，
∴AB⋅CD=AC⋅BC\therefore AB\cdot CD=AC\cdot BC，
即(m2+1)×CD=2m×(m2−1)(m^{2}+1)\times CD=2m\times (m^{2}-1)，
∴CD(2m3−2mm2+1\therefore CD(\frac{2{m}^{3}-2m}{{m}^{2}+1}，
∴\therefore无理方程4m2−x2+(m2−1)2−x2=m2+1\sqrt{4{m}^{2}-{x}^{2}}+\sqrt{{({m}^{2}-1)}^{2}-{x}^{2}}={m}^{2}+1的解为：x=2m3−2mm2+1x=\frac{2{m}^{3}-2m}{{m}^{2}+1}.
故答案为：2m3−2mm2+1\frac{2{m}^{3}-2m}{{m}^{2}+1}.

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