4. (2026广东惠州)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(cm)满足的一元二次方程为(不必化简).

4. $15x×\frac{20-2x}{2}=360$

【分析】
要列出x满足的一元二次方程，需先确定长方体包装盒的长、宽、高。观察展开图，折成的长方体中，高为x cm；20 cm的总长度减去两个x后，剩余部分是长方体底面两条相等的边，因此底面的另一边长为$\frac{20-2x}{2}$ cm；长方体的另一条棱长为15 cm。根据长方体容积=长×宽×高，结合容积为360 cm³，即可列出方程。
【解析】
由展开图可知，长方体包装盒的长为15 cm，高为x cm，底面的另一边长为$\frac{20-2x}{2}$ cm。根据长方体容积公式：容积=长×宽×高，代入已知容积360 cm³，可得方程：$15 × x × \frac{20-2x}{2} = 360$，即$15x · \frac{20-2x}{2} = 360$。
【答案】
$15x · \frac{20-2x}{2} = 360$
【知识点】
一元二次方程应用、长方体容积计算
【点评】
本题结合长方体展开图考查一元二次方程的列写，关键是从展开图中准确提取长方体的各边长，属于基础应用题型，需掌握展开图与立体图形的对应关系。
【难度系数】
0.5

5. 在平面直角坐标系中,过原点O及点A(0,4)、C(12,0)作矩形OABC,∠AOC的平分线交AB于点D.点P从点O出发,以每秒$\sqrt{2}$个单位长度的速度沿射线OD方向移动;同时点Q从点O出发,以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动,当点Q到达点C时,两点同时停止运动.设移动时间为t秒.
(1) 当t=3时,$PC=$;

(2) 若$△ CPQ$的面积为5,求t的值;
(3) 求当t为何值时,$△ PQB$为等腰三角形.

5. (1) $3\sqrt{10}$;
(2) 根据题意得$\frac{t(12-2t)}{2}=5$,解得$t=1$或5;
(3) 当$t=4$或5时,$△ PQB$为等腰三角形.

【分析】
首先确定矩形OABC各顶点坐标：O(0,0)、A(0,4)、C(12,0)、B(12,4)；∠AOC的平分线OD为直线y=x，故D(4,4)。点P沿OD以√2单位/秒移动，t秒时坐标为(t,t)；点Q沿x轴以2单位/秒移动，t秒时坐标为(2t,0)，Q到达C时t=6，即t∈[0,6]。
(1) 用两点间距离公式计算t=3时PC的长度；
(2) △CPQ以CQ为底，P的纵坐标为高，代入面积公式列方程求解；
(3) △PQB为等腰三角形，分PQ=PB、PQ=QB、PB=QB三种情况，用两点间距离平方列方程，结合t的范围筛选解。
【解析】
(1) 当t=3时，P点坐标为(3,3)，C点坐标为(12,0)，由两点间距离公式：
$PC=\sqrt{(12-3)^2+(0-3)^2}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$；
(2) t秒时，Q点坐标为(2t,0)，则$CQ=12-2t$（因t≤6，12-2t≥0），△CPQ的高为P的纵坐标t，面积公式：
$S_{△ CPQ}=\frac{1}{2} × (12-2t) × t=5$，
化简得：$t^2-6t+5=0$，解得$t=1$或$t=5$，均符合0≤t≤6；
(3) t秒时，P(t,t)、Q(2t,0)、B(12,4)，分三种情况：
① $PQ=PB$：$PQ^2=(2t-t)^2+(0-t)^2=2t^2$，$PB^2=(12-t)^2+(4-t)^2=2t^2-32t+160$，
令$2t^2=2t^2-32t+160$，解得$t=5$；
② $PQ=QB$：$QB^2=(12-2t)^2+4^2=4t^2-48t+160$，
令$2t^2=4t^2-48t+160$，解得$t=4$或$t=20$（t=20＞6舍去）；
③ $PB=QB$：令$2t^2-32t+160=4t^2-48t+160$，解得$t=0$（三点重合舍去）或$t=8$（t=8＞6舍去）；
综上，t=4或5。
【答案】
(1) $3\sqrt{10}$；(2) $t=1$或$5$；(3) $t=4$或$5$
【知识点】
平面直角坐标系、两点间距离公式、等腰三角形判定
【点评】
本题为平面直角坐标系下的动点问题，需先确定动点坐标，利用几何性质转化为代数方程，分情况讨论等腰三角形的三边关系是解题关键，需注意动点的取值范围限制。
【难度系数】
0.4

6. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC=6$,动点$P$从点$A$出发,在线段$AC$上以每秒1个单位长度的速度向点C运动,到达点C停止运动,设运动时间为t秒.
(1) 求$△ ABC$的面积;
(2) 如图1,过点P作$PD⊥ AC$,交AB于点D,若$△ PBC$与$△ PAD$的面积和是$△ ABC$的面积的$\frac{7}{9}$,求t的值;
(3) 如图2,点Q在射线PC上,且PQ=2AP,以线段PQ为边向PQ上方作正方形PQNM.在运动过程中,若设正方形PQNM与$△ ABC$重叠部分的面积为8,求t的值.

6. (1) 18
(2) $t_{1}=2$,$t_{2}=4$;
(3) $t$的值为$\frac{4}{7}\sqrt{7}$或$2\sqrt{5}$时,重叠部分的面积为8.

【分析】
本题分三小问，分别考查直角三角形面积计算、等腰直角三角形的面积关系应用、正方形与直线相交的重叠面积求解。
(1) 直接利用直角三角形面积公式计算△ABC的面积；
(2) 由△ABC是等腰直角三角形，得△PAD也是等腰直角三角形，分别表示两个三角形的面积，根据面积和的条件列方程求解t，注意t的取值范围；
(3) 建立坐标系确定正方形顶点坐标，结合直线AB的方程，分t＜2和t≥2两种情况，根据正方形与AB的交点位置计算重叠面积，令其为8解方程，验证解的合理性。
【解析】
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=BC=6$，
根据直角三角形面积公式：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×6×6=18$。
(2) 由题意，$AP=t$，则$PC=AC-AP=6-t$，
∵△ABC是等腰直角三角形，$∠ A=45°$，$PD⊥AC$，
∴△PAD是等腰直角三角形，$PD=AP=t$，
则$S_{△PAD}=\frac{1}{2}×AP×PD=\frac{1}{2}t^2$，
$S_{△PBC}=\frac{1}{2}×PC×BC=\frac{1}{2}×(6-t)×6=18-3t$，
根据题意：$S_{△PBC}+S_{△PAD}=\frac{7}{9}S_{△ABC}$，
代入得：$\frac{1}{2}t^2 +18-3t=\frac{7}{9}×18=14$，
整理方程：$t^2 -6t +8=0$，
解得$t_1=2$，$t_2=4$，均满足$0≤t≤6$，故t的值为2或4。
(3) 建立平面直角坐标系，设$C(0,0)$，$A(6,0)$，$B(0,6)$，则直线AB的方程为$x+y=6$。
由$AP=t$，得$P(6-t,0)$，$PQ=2AP=2t$，Q在射线PC上，故$Q(6-3t,0)$，正方形PQNM的顶点为$Q(6-3t,0)$、$N(6-3t,2t)$、$M(6-t,2t)$、$P(6-t,0)$。
分两种情况讨论重叠面积：
① 当$t＜2$时，Q在AC上，正方形与AB交于NM边和PM边，重叠区域面积为正方形面积减去$x+y＞6$的三角形面积：
正方形面积为$(2t)^2=4t^2$，$x+y＞6$的三角形为直角三角形，直角边长为t，面积为$\frac{1}{2}t^2$，
故重叠面积：$4t^2 - \frac{1}{2}t^2=\frac{7}{2}t^2$，
令$\frac{7}{2}t^2=8$，解得$t^2=\frac{16}{7}$，$t=\frac{4\sqrt{7}}{7}$（t＞0，舍去负根），符合$t＜2$；
② 当$t≥2$时，Q在C左侧，正方形左边界$x≤0$，AB与正方形交于PM边和$x=0$边，此时重叠区域为四边形，面积为$\frac{36-t^2}{2}$，
令$\frac{36-t^2}{2}=8$，解得$t^2=20$，$t=2\sqrt{5}$（t＞0，舍去负根），符合$t≥2$；
综上，t的值为$\frac{4\sqrt{7}}{7}$或$2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 18；(2) $t=2$或$t=4$；(3) $t=\frac{4\sqrt{7}}{7}$或$2\sqrt{5}$
【知识点】
直角三角形面积、等腰直角三角形性质、正方形与直线相交面积
【点评】
本题综合考查几何图形的性质与动点问题，需分情况讨论图形位置关系，关键是准确表示面积并建立方程，注意解的合理性验证，对学生的分类讨论能力要求较高。
【难度系数】
0.4