6. 如图,一艘轮船以 20 海里/时的速度由西向东航行,途中接到台风警报,台风中心正以 40 海里/时的速度由南向北移动,距台风中心 $20\sqrt{10}$ 海里的圆形区域(包括边界)都属台风区.当轮船到 A 处时,测得台风中心移到位于点 A 正南方向 B 处,且 $AB=100$ 海里,若这艘轮船自 A 处按原速度继续航行,试求轮船最初遇到台风的时间.

解：设轮船最初遇到台风的时间为​$t h，$​此时轮船位于​$C$​处，台风中心移到​$E$​处，连接​$CE，$​则​$ AC = 20t_{海里}，$​​$AE=AB - BE=(100 - 40t)$​海里，​$AC^2+AE^2=EC^2。$​ ∴​$(20t)^2+(100 - 40t)^2=(20\sqrt {10})^2，$​​$ $​展开得​$400t^2+10000-8000t + 1600t^2=4000，$​​$ $​合并同类项得​$2000t^2-8000t + 10000 - 4000 = 0，$​​$ $​即​$2000t^2-8000t + 6000 = 0，$
​两边同时除以​$2000$​得​$t^2-4t + 3 = 0，$​​$ $​因式分解得​$(t - 1)(t - 3)=0，$​​$ $​则​$t - 1 = 0$​或​$t - 3 = 0，$​​$ $​解得​$t_{1}=1，$​​$t_{2}=3($​不合题意，舍去）。 答：轮船最初遇到台风的时间为​$1\ \mathrm {h}。$​ ;

7. 如图,甲、乙两点分别从直径的两端点A,B开始按顺时针、逆时针的方向同时沿圆周运动,甲运动的路程$l$(单位:cm)与时间$t$(单位:s)满足关系:$l=\frac{1}{2}t^2+\frac{3}{2}t(t≥0)$,乙以4 cm/s的速度匀速运动,半圆的长度为21 cm.
(1)甲、乙从开始运动到第一次相遇时,运动了多少秒?
(2)甲、乙从开始运动到第二次相遇时,运动了多少秒?

解：​$(1)$​根据题意，得​$\frac {1}{2}t^2+\frac {3}{2}t + 4t=21，$​​$ $​整理得​$\frac {1}{2}t^2+\frac {11}{2}t - 21 = 0，$​两边同时乘以​$2$​得​$t^2+11t - 42 = 0，$​​$ $​因式分解得​$(t - 3)(t + 14)=0，$​​$ $​则​$t - 3 = 0$​或​$t + 14 = 0，$​​$ $​解得​$t = 3$​或​$t=-14($​不合题意，舍去）。 答：甲、乙从开始运动到第一次相遇时，运动了​$3\ \mathrm {s}。$​​$ (2)$​根据题意，得​$\frac {1}{2}t^2+\frac {3}{2}t + 4t=3×21，$​​$ $​整理得​$\frac {1}{2}t^2+\frac {11}{2}t - 63 = 0，$​两边同时乘以​$2$​得​$t^2+11t - 126 = 0，$​​$ $​对于一元二次方程​$t^2+11t - 126 = 0，$​其中​$a = 1，$​​$b = 11，$​​$c=-126，$​​$ $​根据求根公式​$t=\frac {-b\pm \sqrt {b^2-4ac}}{2a}=\frac {-11\pm \sqrt {11^2-4×1×(-126)}}{2×1}$​​$=\frac {-11\pm \sqrt {121 + 504}}{2}=\frac {-11\pm \sqrt {625}}{2}=\frac {-11\pm 25}{2}，$​​$ $​解得​$t_{1}=\frac {-11 + 25}{2}=7，$​​$t_{2}=\frac {-11 - 25}{2}=-18($​不合题意，舍去）。 答：甲、乙从开始运动到第二次相遇时，运动了​$7\ \mathrm {s}。$​

8.(2024·泉山区月考)如图,正方形ABCD的边长为4 cm,动点P从点B出发,以2 cm/s的速度沿B→C→D方向向点D运动;动点Q从点A出发,以1 cm/s的速度沿A→B方向向点B运动.若P,Q两点同时出发,运动时间为t s.
(1)连接PD,PQ,DQ,求当t为何值时,△PQD的面积为11 cm².
(2)当点P在BC上运动时,是否存在这样的t,使得△PQD是以PD为腰的等腰三角形?若存在,请求出符合条件的t的值;若不存在,请说明理由.

解：​$(1)$​当点​$P $​在​$BC$​上时，​$0\leq t\leq 2，$​​$AQ = t\mathrm {cm}，$​​$BQ=(4 - t)\mathrm {cm}，$​​$BP = 2t\mathrm {cm}，$​​$PC=(4 - 2t)\mathrm {cm}。$​ ∵​$S_{\triangle PDQ}=S_{正方形ABCD}-S_{\triangle ADQ}-S_{\triangle BPQ}-S_{\triangle CPD}=11，$​ ∴​$16-\frac {1}{2}×4×t-\frac {1}{2}×(4 - t)×2t-\frac {1}{2}×4×(4 - 2t)=11，$​​$ $​展开得​$16 - 2t-(4t - t^2)-(8 - 4t)=11，$​​$ $​即​$16 - 2t - 4t + t^2-8 + 4t = 11，$​​$ $​整理得​$t^2-2t - 3 = 0，$​​$ $​因式分解得​$(t - 3)(t + 1)=0，$​​$ $​则​$t - 3 = 0$​或​$t + 1 = 0，$​​$ $​解得​$t_{1}=-1，$​​$t_{2}=3，$​均不合题意，舍去；​$ $​当点​$P $​在​$CD$​上时，​$2DP=(8 - 2t)\mathrm {cm}，$​ ∵​$S_{\triangle PDQ}=\frac {1}{2}BC·DP，$​∴​$\frac {1}{2}×4×(8 - 2t)=11，$​​$ $​即​$2×(8 - 2t)=11，$​​$ 16 - 4t = 11，$​​$ 4t = 5，$​​$ $​解得​$t=\frac {5}{4}($​不合题意，舍去）。 ∴不存在​$t $​的值，使​$\triangle PQD$​的面积为​$11\ \mathrm {cm}^2。$​​$ (2)$​存在。由题意，知​$ AQ = t\mathrm {cm}，$​​$BQ=(4 - t)\mathrm {cm}，$​​$BP = 2t\mathrm {cm}，$​​$PC=(4 - 2t)\mathrm {cm}。$​​$ $​当​$DP = DQ $​时，∵​$DC = DA，$​∴​$Rt\triangle DPC\cong Rt\triangle DQA，$​ ∴​$PC = AQ，$​即​$4 - 2t = t，$​​$ 3t = 4，$​解得​$t=\frac {4}{3}；$​​$ $​当​$PD = PQ $​时，在​$Rt\triangle PBQ_{中}，$​​$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4 - t)^2，$​​$ $​在​$Rt\triangle PCD$​中，​$PD^2=PC^2+CD^2=(4 - 2t)^2+4^2，$​ ∴​$(2t)^2+(4 - t)^2=(4 - 2t)^2+4^2，$​​$ $​展开得​$4t^2+16 - 8t + t^2=16 - 16t + 4t^2+16，$​​$ $​整理得​$t^2+8t - 16 = 0，$​​$ $​对于一元二次方程​$t^2+8t - 16 = 0，$​其中​$a = 1，$​​$b = 8，$​​$c=-16，$​​$ $​根据求根公式​$t=\frac {-b\pm \sqrt {b^2-4ac}}{2a}=\frac {-8\pm \sqrt {8^2-4×1×(-16)}}{2×1}$​​$=\frac {-8\pm \sqrt {64 + 64}}{2}=\frac {-8\pm \sqrt {128}}{2}=\frac {-8\pm 8\sqrt {2}}{2}=-4\pm 4\sqrt {2}，$​​$ $​解得​$t_{1}=-4\sqrt {2}-4($​舍去​$)，$​​$t_{2}=4\sqrt {2}-4。$​ 综上，当​$t $​的值为​$\frac {4}{3}$​或​$4\sqrt {2}-4$​时，​$\triangle PQD$​是以​$PD$​为腰的等腰三角形。