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7. 将一个容积为$360\mathrm{cm}^3$的长方体包装盒剪开铺平，纸样如图所示。利用容积列出图中$x(\mathrm{cm})$满足的一元二次方程为
$15x×\frac{20 - 2x}{2} = 360$
(不必化简)。答案
7. $15x×\frac{20 - 2x}{2} = 360$
8. 如图，在$\triangle ABC$中，$\angle B = 90^{\circ}$，$AB = 6\mathrm{cm}$，$BC = 8\mathrm{cm}$。点$P$从点$A$出发，沿边$AB$向点$B$以$1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$的速度运动，点$Q$从点$B$出发，沿边$BC$向点$C$以$2\mathrm{cm}/\mathrm{s}$的速度运动。点$P$、$Q$分别从点$A$、$B$同时出发，当点$Q$运动到点$C$时，两点同时停止运动。
（1）经过几秒，$\triangle PBQ$的面积为$8\mathrm{cm}^2$？
（2）$\triangle PBQ$的面积能为$10\mathrm{cm}^2$吗？若能，请求出此时的运动时间；若不能，请说明理由。
（1）经过几秒，$\triangle PBQ$的面积为$8\mathrm{cm}^2$？
（2）$\triangle PBQ$的面积能为$10\mathrm{cm}^2$吗？若能，请求出此时的运动时间；若不能，请说明理由。
答案
8. (1) 设经过$x$s，$\triangle PBQ$的面积为$8cm^{2}$. 根据题意，可得$0 ≤ x ≤ 4$.
∵$AP = x$cm，$BQ = 2x$cm，
∴$BP = AB - AP = (6 - x)$cm.
∵$S_{\triangle PBQ} = \frac{1}{2}BP·BQ$，
∴$\frac{1}{2}(6 - x)·2x = 8$，
∴$x^{2} - 6x + 8 = 0$，解得$x_{1} = 2$，$x_{2} = 4$，均符合题意. 答：经过2s或4s，$\triangle PBQ$的面积为$8cm^{2}$ (2) 不能 理由：假设经过$y$s，$\triangle PBQ$的面积为$10cm^{2}$，则$\frac{1}{2}(6 - y)·2y = 10$.
∴$y^{2} - 6y + 10 = 0$.
∵$b^{2} - 4ac = (-6)^{2} - 4×1×10 = -4 ＜ 0$，
∴该方程没有实数根，
∴$\triangle PBQ$的面积不能为$10cm^{2}$.
∵$AP = x$cm，$BQ = 2x$cm，
∴$BP = AB - AP = (6 - x)$cm.
∵$S_{\triangle PBQ} = \frac{1}{2}BP·BQ$，
∴$\frac{1}{2}(6 - x)·2x = 8$，
∴$x^{2} - 6x + 8 = 0$，解得$x_{1} = 2$，$x_{2} = 4$，均符合题意. 答：经过2s或4s，$\triangle PBQ$的面积为$8cm^{2}$ (2) 不能 理由：假设经过$y$s，$\triangle PBQ$的面积为$10cm^{2}$，则$\frac{1}{2}(6 - y)·2y = 10$.
∴$y^{2} - 6y + 10 = 0$.
∵$b^{2} - 4ac = (-6)^{2} - 4×1×10 = -4 ＜ 0$，
∴该方程没有实数根，
∴$\triangle PBQ$的面积不能为$10cm^{2}$.
9. 如图，在四边形$ABCD$中，$AB// CD$，$\angle C = 90^{\circ}$，$AB = 6\mathrm{cm}$，$CD = 10\mathrm{cm}$，$AD = 5\mathrm{cm}$，动点$P$、$Q$分别从点$A$、$C$同时出发，点$P$以$2\mathrm{cm}/\mathrm{s}$的速度向点$B$运动，点$Q$以$1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$的速度向点$D$运动，当一个动点到达终点时，另一个动点也立即停止运动，连接$PQ$。
（1）经过几秒，点$P$、$Q$之间的距离为$5\mathrm{cm}$？
（2）连接$PD$，是否存在某一时刻，使得$PD$恰好平分$\angle APQ$？若存在，请求出此时的运动时间；若不存在，请说明理由。
（1）经过几秒，点$P$、$Q$之间的距离为$5\mathrm{cm}$？
（2）连接$PD$，是否存在某一时刻，使得$PD$恰好平分$\angle APQ$？若存在，请求出此时的运动时间；若不存在，请说明理由。
答案
9. 设运动时间为$t$s，显然$0 ≤ t ≤ 3$. (1) 过点$Q$作$QE⊥AB$于点$E$，过点$A$作$AF⊥CD$于点$F$.
∵$AB// CD$，$∠C = 90^{\circ}$，$AF⊥CD$，$QE⊥AB$，
∴易得四边形$AFCB$和四边形$AFQE$都为矩形.
∵$CD = 10$cm，$AB = 6$cm，
∴$CF = 6$cm，则$DF = 4$cm.
∵$AD = 5$cm，
∴在$Rt\triangle ADF$中，$AF = \sqrt{AD^{2} - DF^{2}} = 3$cm，
∴$EQ = AF = 3$cm.
∵$AP = 2t$cm，$CQ = t$cm，
∴易得$PE = (6 - 3t)$cm或$PE = (3t - 6)$cm. 在$Rt\triangle PEQ$中，
∵$PE^{2} + EQ^{2} = PQ^{2}$，
∴$(6 - 3t)^{2} + 3^{2} = 5^{2}$，解得$t_{1} = \frac{2}{3}$，$t_{2} = \frac{10}{3}$（不合题意，舍去）. 答：经过$\frac{2}{3}$s，点$P$、$Q$之间的距离为5cm (2) 不存在 理由：假设存在某一时刻，使得$PD$恰好平分$∠APQ$，则$∠APD = ∠DPQ$.
∵$AB// CD$，
∴$∠APD = ∠PDQ$，
∴$∠PDQ = ∠DPQ$，
∴$DQ = PQ$.
∵$PQ^{2} = [3^{2} + (6 - 3t)^{2}]cm^{2}$，$DQ^{2} = (10 - t)^{2}cm^{2}$，
∴$3^{2} + (6 - 3t)^{2} = (10 - t)^{2}$，解得$t_{1} = \frac{4 - 3\sqrt{14}}{4}$，$t_{2} = \frac{4 + 3\sqrt{14}}{4}$.
∵$0 ≤ t ≤ 3$，
∴上述两解均不合题意，舍去，
∴不存在某一时刻，使得$PD$恰好平分$∠APQ$.
∵$AB// CD$，$∠C = 90^{\circ}$，$AF⊥CD$，$QE⊥AB$，
∴易得四边形$AFCB$和四边形$AFQE$都为矩形.
∵$CD = 10$cm，$AB = 6$cm，
∴$CF = 6$cm，则$DF = 4$cm.
∵$AD = 5$cm，
∴在$Rt\triangle ADF$中，$AF = \sqrt{AD^{2} - DF^{2}} = 3$cm，
∴$EQ = AF = 3$cm.
∵$AP = 2t$cm，$CQ = t$cm，
∴易得$PE = (6 - 3t)$cm或$PE = (3t - 6)$cm. 在$Rt\triangle PEQ$中，
∵$PE^{2} + EQ^{2} = PQ^{2}$，
∴$(6 - 3t)^{2} + 3^{2} = 5^{2}$，解得$t_{1} = \frac{2}{3}$，$t_{2} = \frac{10}{3}$（不合题意，舍去）. 答：经过$\frac{2}{3}$s，点$P$、$Q$之间的距离为5cm (2) 不存在 理由：假设存在某一时刻，使得$PD$恰好平分$∠APQ$，则$∠APD = ∠DPQ$.
∵$AB// CD$，
∴$∠APD = ∠PDQ$，
∴$∠PDQ = ∠DPQ$，
∴$DQ = PQ$.
∵$PQ^{2} = [3^{2} + (6 - 3t)^{2}]cm^{2}$，$DQ^{2} = (10 - t)^{2}cm^{2}$，
∴$3^{2} + (6 - 3t)^{2} = (10 - t)^{2}$，解得$t_{1} = \frac{4 - 3\sqrt{14}}{4}$，$t_{2} = \frac{4 + 3\sqrt{14}}{4}$.
∵$0 ≤ t ≤ 3$，
∴上述两解均不合题意，舍去，
∴不存在某一时刻，使得$PD$恰好平分$∠APQ$.
