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1.(2025·江阴期中)如图,在矩形ABCD中,AB=16 cm,BC=6 cm,点P从点A出发沿AB以3 cm/s的速度向点B移动,一直到达点B为止;同时,点Q从点C出发沿边CD以2 cm/s的速度向点D移动.设运动时间为t,当PQ=10 cm时,t= (
A.$\frac{8}{3}$
B.$\frac{8}{5}$或4
C.$\frac{8}{5}$或$\frac{24}{5}$
D.4
C
)A.$\frac{8}{3}$
B.$\frac{8}{5}$或4
C.$\frac{8}{5}$或$\frac{24}{5}$
D.4
答案
1.C
解析
【分析】这是矩形中的动点问题，解题思路如下：1. 通过作垂线构造直角三角形，将PQ作为直角三角形的斜边；2. 用含t的代数式表示出直角三角形两条直角边的长度；3. 结合勾股定理列出关于t的一元二次方程，解方程后验证解是否符合动点的运动范围，最终得到正确结果。
【解析】过点Q作$QM ⊥ AB$于点M，易知四边形BCQM为矩形，因此$QM=BC=6\ \mathrm{cm}$，$BM=CQ=2t\ \mathrm{cm}$。
点P的运动路程$AP=3t\ \mathrm{cm}$，因此竖直方向两点的距离$PM=|AB - AP - BM|=|16 - 3t - 2t|=|16 - 5t|\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ PQM$中，由勾股定理得$PM^2 + QM^2 = PQ^2$，代入$PQ=10\ \mathrm{cm}$得：
$|16-5t|^2 + 6^2 = 10^2$
化简得：$(5t-16)^2 = 64$
开平方得：$5t-16=8$ 或 $5t-16=-8$
解得：$t_1=\frac{24}{5}$，$t_2=\frac{8}{5}$。
验证：点P从A到B的总运动时间为$\frac{16}{3}\ \mathrm{s}$，$\frac{8}{5}＜\frac{16}{3}$，$\frac{24}{5}＜\frac{16}{3}$，两个解均符合运动要求。
【答案】C
【知识点】动点问题；勾股定理；一元二次方程的应用
【点评】本题考查动点背景下一元二次方程的应用，解题核心是构造直角三角形，用代数式表示未知边后结合勾股定理列方程，注意要对解的合理性进行验证，避免出现不符合运动范围的增解。
【难度系数】0.7
【解析】过点Q作$QM ⊥ AB$于点M，易知四边形BCQM为矩形，因此$QM=BC=6\ \mathrm{cm}$，$BM=CQ=2t\ \mathrm{cm}$。
点P的运动路程$AP=3t\ \mathrm{cm}$，因此竖直方向两点的距离$PM=|AB - AP - BM|=|16 - 3t - 2t|=|16 - 5t|\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ PQM$中，由勾股定理得$PM^2 + QM^2 = PQ^2$，代入$PQ=10\ \mathrm{cm}$得：
$|16-5t|^2 + 6^2 = 10^2$
化简得：$(5t-16)^2 = 64$
开平方得：$5t-16=8$ 或 $5t-16=-8$
解得：$t_1=\frac{24}{5}$，$t_2=\frac{8}{5}$。
验证：点P从A到B的总运动时间为$\frac{16}{3}\ \mathrm{s}$，$\frac{8}{5}＜\frac{16}{3}$，$\frac{24}{5}＜\frac{16}{3}$，两个解均符合运动要求。
【答案】C
【知识点】动点问题；勾股定理；一元二次方程的应用
【点评】本题考查动点背景下一元二次方程的应用，解题核心是构造直角三角形，用代数式表示未知边后结合勾股定理列方程，注意要对解的合理性进行验证，避免出现不符合运动范围的增解。
【难度系数】0.7
2.(2025·宿迁沭阳县期末)如图,将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开,再把△ABC沿着AD方向平移,得到△A'B'C',当两个三角形重叠部分的面积为32时,它移动的距离AA'等于
4或8
.答案
2.4或8
解析
【分析】
首先，正方形沿对角线剪开得到两个全等的等腰直角三角形，平移△ABC后，两个三角形的重叠部分为平行四边形。设平移距离AA'为x，可推出A'D长度为12-x，结合等腰直角三角形的角度特征，可知重叠平行四边形的面积等于x与(12-x)的乘积，根据重叠面积为32列一元二次方程求解即可。
【解析】
设移动的距离AA'=x，则A'D=12 - x。
由正方形性质可知，对角线AC分正方形得到的三角形为等腰直角三角形，平移后重叠部分是平行四边形，其面积为底×高，即$x · (12 - x)$。
根据题意列方程：
$x(12 - x) = 32$
整理得：$x^2 - 12x + 32 = 0$
因式分解得：$(x - 4)(x - 8) = 0$
解得：$x_1 = 4$，$x_2 = 8$，两个解均符合实际意义。
【答案】
4或8
【知识点】
平移的性质；一元二次方程的应用；平行四边形面积计算
【点评】
本题综合考查图形平移的性质和一元二次方程的实际应用，解题的关键是正确表示出重叠部分的面积，解题时注意不要漏解，两个解均符合平移的实际情况。
【难度系数】
0.6
首先，正方形沿对角线剪开得到两个全等的等腰直角三角形，平移△ABC后，两个三角形的重叠部分为平行四边形。设平移距离AA'为x，可推出A'D长度为12-x，结合等腰直角三角形的角度特征，可知重叠平行四边形的面积等于x与(12-x)的乘积，根据重叠面积为32列一元二次方程求解即可。
【解析】
设移动的距离AA'=x，则A'D=12 - x。
由正方形性质可知，对角线AC分正方形得到的三角形为等腰直角三角形，平移后重叠部分是平行四边形，其面积为底×高，即$x · (12 - x)$。
根据题意列方程：
$x(12 - x) = 32$
整理得：$x^2 - 12x + 32 = 0$
因式分解得：$(x - 4)(x - 8) = 0$
解得：$x_1 = 4$，$x_2 = 8$，两个解均符合实际意义。
【答案】
4或8
【知识点】
平移的性质；一元二次方程的应用；平行四边形面积计算
【点评】
本题综合考查图形平移的性质和一元二次方程的实际应用，解题的关键是正确表示出重叠部分的面积，解题时注意不要漏解，两个解均符合平移的实际情况。
【难度系数】
0.6
3.(2025·宿迁泗洪县期中)如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=12 cm,点P从A出发,沿AB以1 cm/s的速度向点B匀速移动,同时点Q从点B出发,沿BC以2 cm/s的速度向点C匀速移动.设运动的时间为t s.
(1)PB=
(2)t为何值时,△DPQ的面积等于28 cm²?
(1)PB=
6−t
,QC=12−2t
;(2)t为何值时,△DPQ的面积等于28 cm²?
答案
3.(1)6−t 12−2t
(2)解:根据题意,得 12×6−$\frac{1}{2}$×12×t−$\frac{1}{2}$×6×(12−2t)−$\frac{1}{2}$×2t×(6−t)=28,
整理,得 $t^2−6t+8=0$,解得 $t_1=2,t_2=4$.
∴t 为2或4时,△DPQ的面积等于28 cm².
(2)解:根据题意,得 12×6−$\frac{1}{2}$×12×t−$\frac{1}{2}$×6×(12−2t)−$\frac{1}{2}$×2t×(6−t)=28,
整理,得 $t^2−6t+8=0$,解得 $t_1=2,t_2=4$.
∴t 为2或4时,△DPQ的面积等于28 cm².
解析
【分析】
(1) 根据点P、Q的运动速度和运动时间，先求出AP、BQ的长度，再结合线段和差关系即可求出PB和QC的长度；
(2) △DPQ为不规则三角形，直接计算面积难度较大，因此采用割补法：用矩形ABCD的总面积减去周边三个直角三角形的面积，即可表示出△DPQ的面积，再结合面积为28cm²的条件列一元二次方程，求解后验证解符合运动的实际取值范围即可。
【解析】
(1) 运动时间为t s时，AP = 1×t = t cm，BQ = 2×t = 2t cm。
已知AB=6cm，BC=12cm，因此：
PB = AB - AP = (6 - t)cm，QC = BC - BQ = (12 - 2t)cm。
(2) 矩形ABCD的面积为：$6×12=72\ \mathrm{cm}^2$
根据题意，△DPQ的面积=矩形面积 - △DAP面积 - △DCQ面积 - △PBQ面积，列方程得：
$72-\frac{1}{2}×12× t-\frac{1}{2}×6×(12-2t)-\frac{1}{2}×2t×(6-t)=28$
整理得：$t^2-6t+8=0$
因式分解得：$(t-2)(t-4)=0$
解得：$t_1=2$，$t_2=4$
由运动过程可知$0≤ t≤6$，两个解均符合实际要求。
【答案】
(1) $6-t$；$12-2t$
(2) $t$为2或4时，$△ DPQ$的面积等于$28\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
动点线段表示，割补法求面积，一元二次方程的应用
【点评】
本题是几何动态与方程结合的典型题型，解题核心是准确表示动点对应的线段长度，灵活通过割补法转化不规则图形的面积，求解后要注意验证解是否符合实际运动的限制条件。
【难度系数】
0.6
(1) 根据点P、Q的运动速度和运动时间，先求出AP、BQ的长度，再结合线段和差关系即可求出PB和QC的长度；
(2) △DPQ为不规则三角形，直接计算面积难度较大，因此采用割补法：用矩形ABCD的总面积减去周边三个直角三角形的面积，即可表示出△DPQ的面积，再结合面积为28cm²的条件列一元二次方程，求解后验证解符合运动的实际取值范围即可。
【解析】
(1) 运动时间为t s时，AP = 1×t = t cm，BQ = 2×t = 2t cm。
已知AB=6cm，BC=12cm，因此：
PB = AB - AP = (6 - t)cm，QC = BC - BQ = (12 - 2t)cm。
(2) 矩形ABCD的面积为：$6×12=72\ \mathrm{cm}^2$
根据题意，△DPQ的面积=矩形面积 - △DAP面积 - △DCQ面积 - △PBQ面积，列方程得：
$72-\frac{1}{2}×12× t-\frac{1}{2}×6×(12-2t)-\frac{1}{2}×2t×(6-t)=28$
整理得：$t^2-6t+8=0$
因式分解得：$(t-2)(t-4)=0$
解得：$t_1=2$，$t_2=4$
由运动过程可知$0≤ t≤6$，两个解均符合实际要求。
【答案】
(1) $6-t$；$12-2t$
(2) $t$为2或4时，$△ DPQ$的面积等于$28\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
动点线段表示，割补法求面积，一元二次方程的应用
【点评】
本题是几何动态与方程结合的典型题型，解题核心是准确表示动点对应的线段长度，灵活通过割补法转化不规则图形的面积，求解后要注意验证解是否符合实际运动的限制条件。
【难度系数】
0.6
4.(2025·通州期中)如图,在$△ ABC$中,$∠ B=90°$,$AB=5\ \mathrm{cm}$,$BC=7\ \mathrm{cm}$,点$P$从点$A$开始沿$AB$边向点$B$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度移动,点$Q$从点$B$开始沿$BC$向点$C$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度移动,当点$Q$到达点$C$时,点$P$,$Q$均停止运动.若$△ PBQ$的面积等于$4\ \mathrm{cm}^2$,则运动时间为 (
A.$1\ \mathrm{s}$
B.$4\ \mathrm{s}$
C.$1\ \mathrm{s}$或$4\ \mathrm{s}$
D.$1\ \mathrm{s}$或$\frac{27}{7}\ \mathrm{s}$
A
)A.$1\ \mathrm{s}$
B.$4\ \mathrm{s}$
C.$1\ \mathrm{s}$或$4\ \mathrm{s}$
D.$1\ \mathrm{s}$或$\frac{27}{7}\ \mathrm{s}$
答案
4.A
解析
【分析】
这是一道结合动点的一元二次方程应用题，解题思路如下：①先设运动时间为t，根据点Q的运动限制确定t的取值范围，避免后续出现不符合实际的解；②用含t的代数式分别表示出Rt△PBQ的两条直角边PB、BQ的长度；③根据直角三角形面积公式列关于t的一元二次方程；④解方程后结合t的取值范围舍去不符合的根，得到正确结果。
【解析】
设运动时间为$ t\ \mathrm{s} $。
已知点Q从B到C运动，速度为$ 2\ \mathrm{cm/s} $，$ BC=7\ \mathrm{cm} $，因此t的取值范围为$ 0≤ t≤ \frac{7}{2}=3.5 $。
由题意得：$ AP = t\ \mathrm{cm} $，则$ PB = AB - AP = (5-t)\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 2t\ \mathrm{cm} $。
因为$ ∠ B=90° $，$ S_{△ PBQ}=4\ \mathrm{cm}^2 $，根据直角三角形面积公式可得：
$ \frac{1}{2} × PB × BQ = 4 $
代入得：$ \frac{1}{2}×(5-t)×2t = 4 $
化简得：$ t(5-t)=4 $
整理为一元二次方程标准形式：$ t^2 -5t +4=0 $
因式分解得：$ (t-1)(t-4)=0 $
解得：$ t_1=1 $，$ t_2=4 $。
因为$ 4＞3.5 $，不符合t的取值范围，故舍去$ t=4 $，因此$ t=1 $。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程应用；直角三角形面积计算；动点问题求解
【点评】
本题是典型的动点结合方程的应用题，解题时要注意先确定动点的运动时间范围，得到方程的解后需验证是否符合实际运动情况，避免出现增根导致错选。
【难度系数】
0.7
这是一道结合动点的一元二次方程应用题，解题思路如下：①先设运动时间为t，根据点Q的运动限制确定t的取值范围，避免后续出现不符合实际的解；②用含t的代数式分别表示出Rt△PBQ的两条直角边PB、BQ的长度；③根据直角三角形面积公式列关于t的一元二次方程；④解方程后结合t的取值范围舍去不符合的根，得到正确结果。
【解析】
设运动时间为$ t\ \mathrm{s} $。
已知点Q从B到C运动，速度为$ 2\ \mathrm{cm/s} $，$ BC=7\ \mathrm{cm} $，因此t的取值范围为$ 0≤ t≤ \frac{7}{2}=3.5 $。
由题意得：$ AP = t\ \mathrm{cm} $，则$ PB = AB - AP = (5-t)\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 2t\ \mathrm{cm} $。
因为$ ∠ B=90° $，$ S_{△ PBQ}=4\ \mathrm{cm}^2 $，根据直角三角形面积公式可得：
$ \frac{1}{2} × PB × BQ = 4 $
代入得：$ \frac{1}{2}×(5-t)×2t = 4 $
化简得：$ t(5-t)=4 $
整理为一元二次方程标准形式：$ t^2 -5t +4=0 $
因式分解得：$ (t-1)(t-4)=0 $
解得：$ t_1=1 $，$ t_2=4 $。
因为$ 4＞3.5 $，不符合t的取值范围，故舍去$ t=4 $，因此$ t=1 $。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程应用；直角三角形面积计算；动点问题求解
【点评】
本题是典型的动点结合方程的应用题，解题时要注意先确定动点的运动时间范围，得到方程的解后需验证是否符合实际运动情况，避免出现增根导致错选。
【难度系数】
0.7
