7.[2026三明期中] 如图,小岛D在码头A正东方向80 n mile处.已知当轮船甲从码头A出发以40 n mile/h的速度向正南方向行驶时,轮船乙同时从小岛D出发以50 n mile/h的速度向码头A行驶.
(1)两艘轮船出发多久后,它们之间的直线距离为50 n mile?
(2)若轮船甲给正南方向的小岛B运送物资,当轮船甲到达小岛B后,发现运送物资不足,此时行驶到C处的轮船乙接到轮船甲发出的补充物资指令后,沿CB方向前往小岛B进行物资补充.若两艘轮船在上午7时出发,轮船乙在上午9时到达小岛B,试通过计算说明轮船甲何时向轮船乙发出需要补充物资的指令.

7.【解】(1)设两艘轮船出发 t h 后,它们之间的直线距离为 50 n mile,则轮船甲与码头 A 的距离为 40t n mile,轮船乙与码头 A 的距离为$(80-50t)\mathrm{n\ mile}$,根据题意可得$(80-50t)^2+(40t)^2=50^2$,解得$t_1=1$,$t_2=\frac{39}{41}$.
所以,两艘轮船出发 1 或$\frac{39}{41}$ h 后,它们之间的直线距离为 50 n mile.
(2)设轮船甲出发 x h 后向轮船乙发出需要补充物资的指令,则$CD=50x\ \mathrm{n\ mile}$,$AC=AD-CD=(80-50x)\mathrm{n\ mile}$,$AB=40x\ \mathrm{n\ mile}$,$BC=50×(9-7-x)\mathrm{n\ mile}$,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,由勾股定理,得$AB^2+AC^2=BC^2$,即$(40x)^2+(80-50x)^2=[50×(9-7-x)]^2$,整理,得$4x^2+5x-9=0$,解得$x_1=1$,$x_2=-\frac{9}{4}$(不符合题意,舍去).
7+1=8,所以,轮船甲在上午 8 时向轮船乙发出需要补充物资的指令.

8.如图,将边长为12 cm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',若两个三角形重叠部分的面积为32 cm²(即阴影部分的面积),则它平移的距离AA'等于

8.4 cm 或 8 cm 【点拨】如图,设$AA'=x\ \mathrm{cm}$,则$A'D=(12-x)\mathrm{cm}$.因为原四边形 ABCD 是正方形,所以$∠D=90°$,$AD=CD$,$AB// CD$,所以$∠DAC=∠DCA=45°$.因为$△ A'B'C'$由$△ ABC$沿 AD 方向平移得到,所以易知$A'C'// AC$,$A'B'// CD$,所以四边形$A'ECF$为平行四边形,$∠AEA'=∠ACD=45°=∠DAC$,所以$S_{□ A'ECF}=A'E·A'D$,$A'E=AA'=x\ \mathrm{cm}$,所以$x(12-x)=32$,解得$x=4$或 8.所以$AA'=4\ \mathrm{cm}$或 8 cm.

9. 新趋势学科内综合 如图①，在$△ ABC$中，$AB=BC$，$BD⊥ AC$于点$D(AD＞BD)$。动点$M$从点$A$出发，沿折线$AB\rightarrow BC$方向运动，运动到点$C$停止。设点$M$的运动路程为$x$，$△ AMD$的面积为$y$，$y$与$x$的函数图象如图②，则$AC$的长为。

9.6 【点拨】由题图②知,$AB+BC=2\sqrt{13}$.
∵$AB=BC$,
∴$AB=\sqrt{13}$.
∵$AB=BC$,$BD⊥AC$,
∴$AC=2AD$,$∠ADB=90°$.
∴$AD^2+BD^2=AB^2=13$①.由题意可得,当点 M 运动到点 B 时,$△ ADM$的面积最大,最大值为 3,
∴$\frac{1}{2}AD·BD=3$.
∴$AD·BD=6$②.①$+2×$②得,$AD^2+BD^2+2AD·BD=(AD+BD)^2=13+2×6=25$.
∴$AD+BD=5$(负值已舍去).
∴$BD=5-AD$.代入②得$AD(5-AD)=6$,
∴$AD=3$或$AD=2$.
∵$AD＞BD$,
∴$AD=3$,
∴$AC=2AD=6$.

10. 新视角存在性探究题 如图，在矩形ABCD中，AB=12 cm，BC=6 cm，点P从点C开始以1 cm/s的速度沿CB边向点B移动，点Q从点D开始以2 cm/s的速度沿DC边向点C移动，P，Q同时出发，设运动时间为t s(0≤t≤6)。
(1)经过几秒，△PCQ是等腰三角形？
(2)是否存在某个时刻，使△PCQ的面积是矩形ABCD的面积的$\frac{1}{8}$？如果存在，请求出t的值；如果不存在，请说明理由。
(3)是否存在某个时刻，使△APQ成为直角三角形？如果存在，请求出t的值；如果不存在，请说明理由。

10.【解】(1)
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴$∠C=90°$.
∵$△ PCQ$是等腰三角形,
∴$PC=CQ$.
∴$t=12-2t$.
∴$t=4$.故经过 4 s,$△ PCQ$是等腰三角形.
(2)存在.根据题意,得$\frac{1}{2}t(12-2t)=\frac{1}{8}×12×6$,整理,得$t^2-6t+9=0$,即$(t-3)^2=0$,
∴$t_1=t_2=3$.
∴当 t 为 3 时,$△ PCQ$的面积是矩形 ABCD 的面积的$\frac{1}{8}$.
(3)存在.
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴$∠C=∠B=∠D=90°$.
∴$AP^2=12^2+(6-t)^2$,$AQ^2=6^2+(2t)^2$,$PQ^2=t^2+(12-2t)^2$.
当$∠AQP=90°$时,$12^2+(6-t)^2=6^2+(2t)^2+t^2+(12-2t)^2$,
∴$t=4.5$或$t=0$;
当$∠APQ=90°$时,$6^2+(2t)^2=12^2+(6-t)^2+t^2+(12-2t)^2$,
∴$t=6$或$t=24$(不合题意,舍去);
当$∠PAQ=90°$时,不存在,舍去.
综上所述,当 t 为 0 或 4.5 或 6 时,$△ APQ$是直角三角形.