1. 传统文化《九章算术》中有一题：“今有二人同立，甲行率七，乙行率三，乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会，问甲乙各行几何？”大意是说：“甲、乙二人同时从同一地点出发，甲的速度为7，乙的速度为3，乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇。甲、乙各走了多少步？”甲走的步数是。

$\frac{49}{2}$

【分析】
这道题是古代数学文化结合行程与几何的应用题，解题思路如下：1. 先将实际场景转化为直角三角形模型：两人同起点出发，乙全程向东走，甲先向南走10步再斜向北偏东走最终相遇，因此乙向东走的总路程、甲向南走的10步、甲斜向走的剩余路程三者刚好构成直角三角形。2. 设合适的未知量：可以设从出发到相遇的行走时间为t，结合甲乙速度分别为7和3，得到乙总路程为3t，甲总路程为7t，甲斜向走的路程为7t-10。3. 利用勾股定理列方程求解，舍去不符合实际的解，最终算出甲的总步数。
【解析】
解：设甲乙两人从出发到相遇所用的时间为t，
则乙行走的总路程为3t步，甲行走的总路程为7t步，
甲向南走10步后，剩余斜向行走的路程为(7t-10)步。
由题意可知，乙向东的路程、甲向南的10步、甲斜向走的路程构成直角三角形，根据勾股定理可得：
$(3t)^2 + 10^2 = (7t - 10)^2$
展开方程两边：
$9t^2 + 100 = 49t^2 - 140t + 100$
移项合并同类项整理得：
$40t^2 - 140t = 0$
提取公因式：
$20t(2t -7)=0$
解得$t_1=0$（不符合行走实际，舍去），$t_2=\frac{7}{2}$
因此甲行走的总步数为$7t = 7×\frac{7}{2}=\frac{49}{2}$。
【答案】
$\frac{49}{2}$
【知识点】
勾股定理应用，一元二次方程实际应用
【点评】
本题结合《九章算术》的传统文化背景，将行程问题与直角三角形性质结合，核心难点是准确对应直角三角形的三条边，理清甲斜向行走的路程是直角三角形的斜边，避免边的关系匹配错误，求解后注意舍去无实际意义的零解。
【难度系数】
0.5

2. 在平行四边形$ABCD$中，$AB=10$，$BC=14$，$E,F$分别为$BC,AD$上的点，若四边形$AECF$为正方形，则$AE$的长为.

6或8

【分析】
我们先从核心条件四边形AECF是正方形入手，正方形的四条边相等且邻边互相垂直，因此可得AE=EC，且AE⊥BC。我们设待求的AE长度为x，那么EC的长度也等于x，结合已知BC=14，就可以把BE表示为14-x。此时△ABE是直角三角形，已知斜边AB=10，直接对这个直角三角形应用勾股定理就能列出关于x的一元二次方程，求解后得到的两个正根都符合点E在BC上的位置要求，就是AE的两个可能长度。
【解析】
解：设AE的长为x，
∵ 四边形AECF为正方形，
∴ AE = EC，且AE⊥BC，
∴ EC = x，BE = BC - EC = 14 - x，
在Rt△ABE中，由勾股定理可得：
$AE^2 + BE^2 = AB^2$
将AB=10、AE=x、BE=14-x代入得：
$x^2 + (14-x)^2 = 10^2$
展开整理方程：
$x^2 -14x +48 = 0$
因式分解得：
$(x-6)(x-8)=0$
解得$x_1=6$，$x_2=8$，两个解均满足0＜x＜14，符合点E在BC上的几何要求。
因此AE的长为6或8。
【答案】
6或8
【知识点】
平行四边形性质，正方形性质，勾股定理
【点评】
本题的核心是利用正方形的性质将分散的已知边长集中到同一个直角三角形中，通过设未知数列方程求解，注意求解得到的两个正根都符合题意，不要出现漏解的情况。
【难度系数】
0.6

3. 如图,过点$A(2,4)$分别作$x$轴,$y$轴的垂线,垂足是$M,N$.点$P,Q$分别同时从点$O,M$出发,向点$M,A$运动.点$P$的速度为每分钟2个单位长度,点$Q$的速度为每分钟4个单位长度.若线段$PQ$的长度为2,求经过的时间.

解:$\because A(2,4),\therefore OM=2,AM=4.$
设经过$t$分钟,线段$PQ$的长度为2,
$\because OP=2t,QM=4t,\therefore PM=2-2t,$
$\therefore (2-2t)^{2}+(4t)^{2}=2^{2}$,解得$t=0$(舍去)或$t=0.4.$
答:经过0.4分钟,线段$PQ$的长度为2.

【分析】
首先从已知点A的坐标出发，先确定矩形Oman的边长OM、AM的长度，接下来设运动时间为t分钟，根据P、Q的运动速度，分别用含t的代数式表示出线段OP、MQ的长度，进而得到直角三角形PMQ的两条直角边PM、MQ的表达式；由于∠PMQ是直角，PQ为斜边，我们可以利用勾股定理建立关于t的一元二次方程，求解方程后舍去不符合运动实际意义的t=0的解，就能得到所求的运动时间。
【解析】
解：
∵ 点A的坐标为(2,4)，AM⊥x轴，AN⊥y轴
∴ OM=2，AM=4
设经过t分钟时，线段PQ的长度为2
由点P的运动速度为每分钟2个单位，得OP=2t，因此PM=OM - OP = 2 - 2t
由点Q的运动速度为每分钟4个单位，得MQ=4t
∵ ∠PMQ=90°，在Rt△PMQ中，由勾股定理得：
PM² + MQ² = PQ²
代入已知PQ=2，得：
$(2 - 2t)^2 + (4t)^2 = 2^2$
展开整理方程：
$4 - 8t + 4t^2 + 16t^2 = 4$
$20t^2 - 8t = 0$
因式分解得 $t(20t - 8)=0$
解得$t_1=0$，$t_2=0.4$
t=0为运动初始时刻，不符合题意，舍去
因此t=0.4
答：经过0.4分钟，线段PQ的长度为2。
【答案】
0.4分钟
【知识点】
勾股定理；平面直角坐标系动点；一元二次方程应用
【点评】
本题是基础的坐标系下的动点计算问题，核心思路是用时间参数表示动态线段的长度，依托直角三角形的勾股定理建立方程求解，需要注意对一元二次方程的解进行实际意义校验，舍去初始时刻的无效解，整体计算难度低，是动点问题的入门典型题型。
【难度系数】
0.7

4. 如图,在$△ ABC$中,$AB=6\ \mathrm{cm}$,$BC=7\ \mathrm{cm}$,$∠ ABC=30°$,点$P$从点$A$出发,以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$B$移动,点$Q$从点$B$出发,以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$C$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,经过几秒后,$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$?

解:如答图,过点$Q$作$QE⊥ PB$于点$E$,则$∠ QEB=90°$.

$\because ∠ ABC=30°,$
$\therefore 2QE=QB,S_{△ PQB}=\frac{1}{2}PB· QE.$
设经过$t\ \mathrm{s}$后,$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$,
则$PB=(6-t)\mathrm{cm},QB=2t\ \mathrm{cm},QE=t\ \mathrm{cm}.$
根据题意,得$\frac{1}{2}(6-t)· t=4$,解得$t_1=2,t_2=4.$
当$t=4$时,$2t=8,8＞7$,不合题意,舍去.
答:经过$2\ \mathrm{s}$后,$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$.

【分析】
这是一道动点结合三角形面积计算的应用题，解题思路如下：1. 先设运动时间为t秒，根据两个点的运动速度，分别表示出线段PB、BQ的长度；2. 已知∠B=30°，要计算△PBQ的面积，需要先作出PB边上的高，利用“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”的性质，把高用含t的代数式表示出来；3. 代入三角形面积公式列出关于t的一元二次方程，求解方程后，结合动点的运动边界（两点任意一个到达终点就停止，Q的运动总路程不能超过BC=7cm，P的运动总路程不能超过AB=6cm），筛选出符合实际意义的解，舍去不符合的解。
【解析】
解：过点Q作QE⊥PB于点E，可得∠QEB=90°。
∵ ∠ABC=30°，在Rt△QEB中，30°角对的直角边是QE，斜边是QB，
∴ QE = $\frac{1}{2}$ QB。
设经过$t\ \mathrm{s}$后，$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$，
由点P的运动速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，得$AP = t\ \mathrm{cm}$，因此$PB = AB - AP = (6 - t)\ \mathrm{cm}$，
由点Q的运动速度为$2\ \mathrm{cm/s}$，得$QB = 2t\ \mathrm{cm}$，因此$QE = \frac{1}{2} × 2t = t\ \mathrm{cm}$。
根据三角形面积公式$S_{△ PQB} = \frac{1}{2} × PB × QE$，代入已知面积得：
$\frac{1}{2} × (6 - t) × t = 4$
整理得：$t^2 - 6t + 8 = 0$，解得$t_1=2$，$t_2=4$。
检验解的合理性：点Q从B到C的总路程为$7\ \mathrm{cm}$，运动全程所需时间为$7÷2=3.5\ \mathrm{s}$，即t的取值范围是$0 ＜ t ≤ 3.5$，当$t=4$时，$QB=2×4=8\ \mathrm{cm} ＞ 7\ \mathrm{cm}$，此时Q已经超出BC边，不符合运动规则，舍去该解。
因此符合条件的t值为2。
【答案】
解:如答图,过点Q作$QE⊥ PB$于点E,则$∠ QEB=90°$.
$\because ∠ ABC=30°,$
$\therefore 2QE=QB,S_{△ PQB}=\frac{1}{2}PB· QE.$
设经过$t\ \mathrm{s}$后,$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$,
则$PB=(6-t)\mathrm{cm},QB=2t\ \mathrm{cm},QE=t\ \mathrm{cm}.$
根据题意,得$\frac{1}{2}(6-t)· t=4$,解得$t_1=2,t_2=4.$
当$t=4$时,$2t=8,8＞7$,不合题意,舍去.
答:经过$2\ \mathrm{s}$后,$△ PBQ$的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$.
【知识点】
含30°角直角三角形性质，一元二次方程实际应用，动点几何问题
【点评】
本题属于三角形动点的基础应用题，核心是将动点运动的线段长度用时间参数表示，结合特殊角的性质推导三角形的高，进而列方程求解；解题的易错点是忽略动点的运动边界限制，误将不符合实际的t=4保留，同学们在处理这类带运动限制的方程问题时，一定要对解进行实际意义的检验。
【难度系数】
0.6

5. (2025·常州期中) 如图, 在 $△ ABC$ 中, $∠ B=90°, ∠ BAC=30°, BC=5\ \mathrm{cm}$, 点 $E$ 从点 $A$ 出发, 沿射线 $AB$ 运动, 速度为 $2\ \mathrm{cm/s}$, 点 $F$ 从点 $C$ 出发, 沿线段 $CA$ 运动, 速度为 $1\ \mathrm{cm/s}$, 连接 $EF$,$E,F$ 两点同时出发, 当点 $F$ 到达点 $A$ 时, 点 $E$ 也停止运动, 当 $△ AEF$ 的面积为 $12\ \mathrm{cm}^2$ 时, 点 $E$ 运动的时间为s.

4或6

【分析】
解题时首先先处理静态的直角△ABC：已知∠B=90°，∠BAC=30°，BC=5cm，先利用直角三角形30°角的性质求出斜边AC的长度，确定动点的总运动时间范围。接下来设点E的运动时间为t秒，分别用含t的代数式表示出AE、AF的长度，注意题目说明点E沿射线AB运动，不需要限制E在线段AB上。由于△AEF中两边AE、AF的夹角固定为30°，直接代入两边夹一角的三角形面积公式，结合面积为12的条件列出关于t的一元二次方程，解方程后验证解是否在运动时间的合法范围内，即可得到最终结果。
【解析】
1. 先计算Rt△ABC的边长：
在Rt△ABC中，∠B=90°，∠BAC=30°，BC=5cm，根据直角三角形30°角所对直角边等于斜边的一半，可得AC=2BC=10cm。
点F从C运动到A总耗时为10÷1=10s，因此运动时间t的取值范围是0＜t≤10。
2. 用t表示线段长度：
运动t秒后，点E的运动路程AE=2t cm，点F的运动路程CF=t cm，因此AF=AC-CF=(10-t) cm。
3. 列方程求解：
△AEF中，∠EAF=30°，根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ab\sinθ$，代入$S_{△ AEF}=12\ \mathrm{cm}^2$，$\sin30°=\frac{1}{2}$：
$\frac{1}{2} × 2t × (10-t) × \frac{1}{2} = 12$
化简得：$t(10-t)=24$，整理为一元二次方程：
$t^2 -10t +24=0$
因式分解得$(t-4)(t-6)=0$，解得$t_1=4$，$t_2=6$，两个解均满足0＜t≤10，都符合题意。
【答案】4或6
【知识点】直角三角形性质，三角形面积公式，一元二次方程应用
【点评】本题是动点与三角形面积结合的中档应用题，易错点是误将点E的运动范围限制为线段AB上，从而漏掉t=6的解，解题时注意题干明确说明E沿射线AB运动，两个解都符合运动规则，需要全部保留。
【难度系数】0.6