6. (2023 东西湖期末)如图,在 $\triangle ABC$ 中,$AB = 6\ cm$,$BC = 7\ cm$,$\angle ABC = 30^{\circ}$,点 $P$ 从 $A$ 点出发,以 $1\ cm/s$ 的速度向 $B$ 点移动,点 $Q$ 从 $B$ 点出发,以 $2\ cm/s$ 的速度向 $C$ 点移动,当一个点到达终点时,另一个点也随即停止运动。如果 $P$,$Q$ 两点同时出发,请回答：
(1)经过几秒后 $\triangle PBQ$ 的面积等于 $4\ cm^2$；
(2)$\triangle PBQ$ 的面积能否等于 $5\ cm^2$,并说明理由。

(1)设经过$x$秒后$\triangle PBQ$的面积等于$4cm^{2}$。
由题意得$AP = xcm$，$BQ = 2xcm$，则$BP=(6 - x)cm$。
作$QD\perp AB$于点$D$，在$Rt\triangle BDQ$中，$\angle ABC = 30^{\circ}$，$BQ = 2xcm$，所以$QD=\frac{1}{2}BQ=xcm$。
根据三角形面积公式$S_{\triangle PBQ}=\frac{1}{2}BP\cdot QD$，可得$\frac{1}{2}(6 - x)\cdot x = 4$。
整理得$x^{2}-6x + 8 = 0$，
因式分解得$(x - 2)(x - 4)=0$，
解得$x_{1}=2$，$x_{2}=4$。
当$x = 4$时，$2x = 8\gt7$，此时$Q$点已超过$C$点，不符合题意，舍去。
所以$x = 2$。
(2)不能。理由如下：
设经过$y$秒后$\triangle PBQ$的面积等于$5cm^{2}$。
同样可得$\frac{1}{2}(6 - y)\cdot y = 5$，
整理得$y^{2}-6y + 10 = 0$。
其中$a = 1$，$b=-6$，$c = 10$，判别式$\Delta=b^{2}-4ac=(-6)^{2}-4×1×10=36 - 40=-4\lt0$。
所以此方程无实数解，即$\triangle PBQ$的面积不能等于$5cm^{2}$。
综上，答案为：(1)经过$2$秒后$\triangle PBQ$的面积等于$4cm^{2}$；(2)$\triangle PBQ$的面积不能等于$5cm^{2}$。

7. (探究与实践)我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法。以方程 $x^2 + 5x - 14 = 0$,即 $x(x + 5) = 14$ 为例说明,《方图注》中记载的方法是：构造如图大正方形的面积是 $(x + x + 5)^2$,它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积,即 $4 × 14 + 5^2$,因此 $x = 2$。小明用此方法解关于 $x$ 的方程 $x^2 + mx - n = 0$ 时,构造出同样的图形,已知大正方形的面积为 $14$,小正方形的面积为 $4$,则()

A.$m = 2$,$n = 3$
B.$m = \frac{\sqrt{14}}{2}$,$n = 2$
C.$m = \frac{5}{2}$,$n = 2$
D.$m = 2$,$n = \frac{5}{2}$

D

由方程$x^2 + mx - n = 0$得$x(x + m) = n$，类比例子，矩形面积为$n$，矩形长$x + m$、宽$x$，长与宽差为$m$（即小正方形边长）。
小正方形面积为$4$，则$m^2 = 4$，$m = 2$（$m＞0$）。
大正方形面积等于四个矩形面积加小正方形面积，即$4n + 4 = 14$，解得$4n = 10$，$n = \frac{5}{2}$。

8. (2025 湖南模拟)在欧几里得的《几何原本》中,形如 $x^2 + ax = b^2$($a ＞ 0$,$b ＞ 0$)的一元二次方程的图解法是：如图 1,以 $\frac{a}{2}$ 和 $b$ 为两直角边作 $Rt \triangle ABC$,其中 $\angle ACB = 90^{\circ}$,$BC = \frac{a}{2}$,$AC = b$,在斜边上截取 $BD = \frac{a}{2}$,则 $AD$ 的长就是所求方程的正根。若关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2 + ax = 16$($a ＞ 0$),按照图 1 的方法,构造图 2,在 $Rt \triangle ABC$ 中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,连接 $CD$,若 $\frac{S_{\triangle BCD}}{S_{\triangle ACD}} = \frac{3}{2}$,则 $a = \underline{}$。

6

在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90°$，由方程$x^2 + ax = 16$对比$x^2 + ax = b^2$，得$b^2=16$，则$AC = b = 4$。设$BC=\frac{a}{2}$，点$D$在斜边$AB$上，且$BD=\frac{a}{2}$。
因为$\frac{S_{\triangle BCD}}{S_{\triangle ACD}}=\frac{3}{2}$，且$\triangle BCD$与$\triangle ACD$同高（$C$到$AB$的距离），所以面积比等于底边比，即$\frac{BD}{AD}=\frac{3}{2}$。设$AD = x$，则$\frac{\frac{a}{2}}{x}=\frac{3}{2}$，解得$x=\frac{a}{3}$，故$AD=\frac{a}{3}$。
斜边$AB = BD + AD=\frac{a}{2}+\frac{a}{3}=\frac{5a}{6}$。由勾股定理得$AB^2=AC^2 + BC^2$，即$(\frac{5a}{6})^2=4^2+(\frac{a}{2})^2$。
化简：$\frac{25a^2}{36}=16+\frac{a^2}{4}$，$\frac{25a^2}{36}-\frac{9a^2}{36}=16$，$\frac{16a^2}{36}=16$，$\frac{4a^2}{9}=16$，$a^2=36$，$a = 6$（$a＞0$）。