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7. 化学课代表在老师的指导下,学会了高锰酸钾制取氧气的实验室制法,课代表回到班上后,第一节课手把手教会了若干名同学,第二节课会做该实验的每名同学又手把手教会了同样多的同学,这样全班49人恰好都会做这个实验了.一名同学每节课手把手教会了
6
名同学.答案
设一名同学每节课手把手教会了 $x$ 名同学. 根据题意,得$(1+x)^2=49$,解得 $x_1=6,x_2=-8$(不合题意,舍去). $\therefore$ 一名同学每节课手把手教会了 6 名同学.
解析
【分析】
这是典型的两轮传播类一元二次方程应用题，可按如下思路推导：
1. 先明确初始状态：最开始只有1名化学课代表会做该实验。
2. 设每名同学每节课教会x名新同学，第一节课课代表教会x名同学后，会做实验的总人数就是初始的1人加新学会的x人，即(1+x)人。
3. 第二节课时，所有已经会做实验的(1+x)名同学，每人都教会x名新同学，本轮新增学会的人数为x(1+x)，两轮结束后总人数整理后为$(1+x)^2$。
4. 已知全班49人全部都会做实验，据此建立方程求解，最后结合人数不能为负的实际要求，舍去不符合题意的负根即可得到结果。
【解析】
解：设一名同学每节课手把手教会了$x$名同学。
根据两轮后全班49人都会做实验的条件，列方程：
$(1+x)^2=49$
对等式两边开平方得：$1+x=\pm7$
解得两个根：$x_1=6$，$x_2=-8$
由于教会的同学数量不可能为负数，因此$x_2=-8$不符合实际意义，舍去。
即一名同学每节课手把手教会了6名同学。
【答案】6
【知识点】一元二次方程应用；传播问题模型；实际问题验根
【点评】本题是一元二次方程实际应用里的基础传播类题型，易错点是忽略初始的1名课代表，错误列出不符合总人数逻辑的方程，同时要注意结合生活常识舍去无意义的负数根，保证结果符合现实逻辑。
【难度系数】0.7
这是典型的两轮传播类一元二次方程应用题，可按如下思路推导：
1. 先明确初始状态：最开始只有1名化学课代表会做该实验。
2. 设每名同学每节课教会x名新同学，第一节课课代表教会x名同学后，会做实验的总人数就是初始的1人加新学会的x人，即(1+x)人。
3. 第二节课时，所有已经会做实验的(1+x)名同学，每人都教会x名新同学，本轮新增学会的人数为x(1+x)，两轮结束后总人数整理后为$(1+x)^2$。
4. 已知全班49人全部都会做实验，据此建立方程求解，最后结合人数不能为负的实际要求，舍去不符合题意的负根即可得到结果。
【解析】
解：设一名同学每节课手把手教会了$x$名同学。
根据两轮后全班49人都会做实验的条件，列方程：
$(1+x)^2=49$
对等式两边开平方得：$1+x=\pm7$
解得两个根：$x_1=6$，$x_2=-8$
由于教会的同学数量不可能为负数，因此$x_2=-8$不符合实际意义，舍去。
即一名同学每节课手把手教会了6名同学。
【答案】6
【知识点】一元二次方程应用；传播问题模型；实际问题验根
【点评】本题是一元二次方程实际应用里的基础传播类题型，易错点是忽略初始的1名课代表，错误列出不符合总人数逻辑的方程，同时要注意结合生活常识舍去无意义的负数根，保证结果符合现实逻辑。
【难度系数】0.7
8. 如图, A, B, C, D 为矩形的四个顶点,$AB=16\ \mathrm{cm}$,$AD=6\ \mathrm{cm}$,动点 P, Q 分别从点 A, C 同时出发,点 P 以$3\ \mathrm{cm/s}$的速度向点 B 移动,一直到点 B 为止,点 Q 以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点 D 移动,设移动的时间为$t\ \mathrm{s}$.
(1) 当$t$为何值时,P,Q 两点间的距离最小? 最小距离是多少?
(2) 连接$QB$.
① 当$△ BPQ$为等腰三角形时,求$t$的值.
② 在运动过程中,是否存在一个时刻,使得$∠ PQB=90°$? 若存在,求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
(1) 当$t$为何值时,P,Q 两点间的距离最小? 最小距离是多少?
(2) 连接$QB$.
① 当$△ BPQ$为等腰三角形时,求$t$的值.
② 在运动过程中,是否存在一个时刻,使得$∠ PQB=90°$? 若存在,求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
答案
(1) 根据题意,可得 $AP=3t\ \mathrm{cm},CQ=2t\ \mathrm{cm}.\because AB=16\ \mathrm{cm},AD=6\ \mathrm{cm},\therefore PB=AB-AP=(16-3t)\mathrm{cm}.$ 当$PQ\bot AB$ 时,$PQ$ 最短,易得此时四边形 $BCQP$ 是矩形.$\therefore CQ=PB.\therefore 2t=16-3t$,解得 $t=\dfrac{16}{5}.\therefore$ 当 $t=\dfrac{16}{5}$ 时,$P,Q$ 两点间的距离最小,最小距离是 6 cm.
(2) ① 由题意,得 $0＜t≤\dfrac{16}{3}.$ 如图,过点 $Q$ 作 $QG\bot AB$ 于点 $G$,易得四边形 $BCQG$,四边形 $AGQD$ 为矩形. $\therefore BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$QG=BC=6\ \mathrm{cm}.\therefore$ 当点 $P$ 在点 $G$ 左侧时,$PG=AB-BG-AP=16-2t-3t=(16-5t)\mathrm{cm}$;当点 $P$ 与点 $G$ 重合时,由(1),得 $t=\dfrac{16}{5}$,此时 $PQ=6\ \mathrm{cm},BP=2×\dfrac{16}{5}=\dfrac{32}{5}(\mathrm{cm})$,$PQ≠ BP$,$△ PBQ$ 不是等腰三角形;当点 $P$ 在点 $G$ 右侧时,$PG=BG-(AB-AP)=(5t-16)\mathrm{cm}.\therefore$ 点 $P$ 不与点$G$ 重合时,$PG=|16-5t|\mathrm{cm}.$ 在 $\mathrm{Rt}△ PQG$ 和 $\mathrm{Rt}△ BQG$中,根据勾股定理,可得 $PQ^2=PG^2+QG^2=[(16-5t)^2+6^2]\mathrm{cm}^2$,$BQ^2=BG^2+QG^2=[(2t)^2+6^2]\mathrm{cm}^2.$ 当 $PQ=PB$时,可得 $(16-5t)^2+6^2=(16-3t)^2.$ 整理,得 $4t^2-16t+9=0$,解得 $t=\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$;当 $BQ=PB$ 时,可得 $(2t)^2+6^2=(16-3t)^2.$ 整理,得 $5t^2-96t+220=0$,解得 $t=\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$ 或 $t=\dfrac{48+2\sqrt{301}}{5}$(不合题意,舍去);当$QP=QB$ 时,$G$ 为 $PB$ 的中点,$\therefore 16-5t=2t$,解得 $t=\dfrac{16}{7}.$ 综上所述,当 $△ BPQ$ 为等腰三角形时,$t$ 的值为$\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$或$\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$或$\dfrac{16}{7}.$
② 不存在一个时刻,使得 $∠ PQB=90°.$ 理由:当 $∠ PQB=90°$ 时,可得 $PQ^2+BQ^2=PB^2$,即 $(16-5t)^2+6^2+(2t)^2+6^2=(16-3t)^2.$ 整理,得$5t^2-16t+18=0.\because \Delta=(-16)^2-4×5×18=-104＜0$,$\therefore$ 此方程无实数解. $\therefore$ 不存在一个时刻,使得 $∠ PQB=90°.$
(2) ① 由题意,得 $0＜t≤\dfrac{16}{3}.$ 如图,过点 $Q$ 作 $QG\bot AB$ 于点 $G$,易得四边形 $BCQG$,四边形 $AGQD$ 为矩形. $\therefore BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$QG=BC=6\ \mathrm{cm}.\therefore$ 当点 $P$ 在点 $G$ 左侧时,$PG=AB-BG-AP=16-2t-3t=(16-5t)\mathrm{cm}$;当点 $P$ 与点 $G$ 重合时,由(1),得 $t=\dfrac{16}{5}$,此时 $PQ=6\ \mathrm{cm},BP=2×\dfrac{16}{5}=\dfrac{32}{5}(\mathrm{cm})$,$PQ≠ BP$,$△ PBQ$ 不是等腰三角形;当点 $P$ 在点 $G$ 右侧时,$PG=BG-(AB-AP)=(5t-16)\mathrm{cm}.\therefore$ 点 $P$ 不与点$G$ 重合时,$PG=|16-5t|\mathrm{cm}.$ 在 $\mathrm{Rt}△ PQG$ 和 $\mathrm{Rt}△ BQG$中,根据勾股定理,可得 $PQ^2=PG^2+QG^2=[(16-5t)^2+6^2]\mathrm{cm}^2$,$BQ^2=BG^2+QG^2=[(2t)^2+6^2]\mathrm{cm}^2.$ 当 $PQ=PB$时,可得 $(16-5t)^2+6^2=(16-3t)^2.$ 整理,得 $4t^2-16t+9=0$,解得 $t=\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$;当 $BQ=PB$ 时,可得 $(2t)^2+6^2=(16-3t)^2.$ 整理,得 $5t^2-96t+220=0$,解得 $t=\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$ 或 $t=\dfrac{48+2\sqrt{301}}{5}$(不合题意,舍去);当$QP=QB$ 时,$G$ 为 $PB$ 的中点,$\therefore 16-5t=2t$,解得 $t=\dfrac{16}{7}.$ 综上所述,当 $△ BPQ$ 为等腰三角形时,$t$ 的值为$\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$或$\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$或$\dfrac{16}{7}.$
② 不存在一个时刻,使得 $∠ PQB=90°.$ 理由:当 $∠ PQB=90°$ 时,可得 $PQ^2+BQ^2=PB^2$,即 $(16-5t)^2+6^2+(2t)^2+6^2=(16-3t)^2.$ 整理,得$5t^2-16t+18=0.\because \Delta=(-16)^2-4×5×18=-104＜0$,$\therefore$ 此方程无实数解. $\therefore$ 不存在一个时刻,使得 $∠ PQB=90°.$
解析
【分析】
首先明确两个动点的运动参数：点P从A出发速度为3cm/s，点Q从C出发速度为2cm/s，运动时间t的有效范围是0＜t≤16/3，因为点P运动到B点就停止。
第(1)问求PQ的最小距离：根据垂线段最短的性质，当PQ垂直AB时，PQ长度等于矩形的宽AD=6cm，此时PQ最短，此时四边形BCQP为矩形，满足CQ=PB，据此列方程即可解出对应t值。
第(2)①问求解△BPQ为等腰三角形的t值：需要分三类讨论：PQ=PB、BQ=PB、QP=QB，先过Q作AB的垂线构造直角三角形，用勾股定理把三条边的平方全部用含t的代数式表示，分别列方程求解，最后舍去超出t取值范围的无效解，得到所有符合条件的t。
第(2)②问判断是否存在∠PQB=90°：利用勾股定理的逆定理，直角所对边的平方等于另外两条直角边的平方和，列出关于t的一元二次方程，通过计算判别式判断方程是否有实数根，即可得到结论。
【解析】
(1) 根据题意可得：$AP=3t\ \mathrm{cm}$，$CQ=2t\ \mathrm{cm}$，
已知$AB=16\ \mathrm{cm}$，$AD=6\ \mathrm{cm}$，因此$PB=AB-AP=(16-3t)\ \mathrm{cm}$。
由垂线段最短的性质，当$PQ\bot AB$时，P、Q两点间的距离最小，此时四边形$BCQP$是矩形，满足$CQ=PB$，
即$2t=16-3t$，解得$t=\dfrac{16}{5}$，
此时PQ的长度等于矩形的边$BC=AD=6\ \mathrm{cm}$，为最小距离。
(2) ① 由点P的运动范围可知$0＜t≤\dfrac{16}{3}$，
过点$Q$作$QG\bot AB$于点$G$，可得四边形$BCQG$、四边形$AGQD$均为矩形，
因此$BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$，$QG=BC=6\ \mathrm{cm}$，
$PG=|AB-AP-BG|=|16-5t|\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ PQG$和$\mathrm{Rt}△ BQG$中，由勾股定理得：
$PQ^2=PG^2+QG^2=(16-5t)^2+6^2$，
$BQ^2=BG^2+QG^2=(2t)^2+6^2$，
$PB^2=(16-3t)^2$。
分三类讨论等腰三角形：
当$PQ=PB$时，$PQ^2=PB^2$，代入得$(16-5t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$4t^2-16t+9=0$，解得$t=\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$，两个解均在取值范围内，符合题意；
当$BQ=PB$时，$BQ^2=PB^2$，代入得$(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$5t^2-96t+220=0$，解得$t=\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$或$t=\dfrac{48+2\sqrt{301}}{5}$，其中$t=\dfrac{48+2\sqrt{301}}{5}＞\dfrac{16}{3}$，超出运动范围舍去；
当$QP=QB$时，$PQ^2=BQ^2$，代入得$(16-5t)^2+6^2=(2t)^2+6^2$，化简得$16-5t=2t$（$16-5t=-2t$对应P与B重合，三角形不存在，舍去），解得$t=\dfrac{16}{7}$，符合题意。
② 若$∠ PQB=90°$，由勾股定理逆定理可得$PQ^2+BQ^2=PB^2$，代入表达式得：
$(16-5t)^2+6^2+(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，
整理得$5t^2-16t+18=0$，
计算判别式$\Delta=(-16)^2-4×5×18=-104＜0$，该方程无实数解，因此不存在满足条件的时刻。
【答案】
(1) 当$t=\dfrac{16}{5}$时，P,Q两点间的距离最小，最小距离是$6\ \mathrm{cm}$；
(2) ① $t$的值为$\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$或$\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$或$\dfrac{16}{7}$；
② 不存在这样的时刻，理由如上。
【知识点】
矩形性质，勾股定理，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，综合考查了垂线段最短性质、等腰三角形分类讨论思想、勾股定理逆定理、一元二次方程根的判别式的应用，解题时需要先明确t的取值范围，排除不符合运动实际的增根，等腰三角形的三类情况容易出现漏解，是本题的核心易错点。
【难度系数】
0.3
首先明确两个动点的运动参数：点P从A出发速度为3cm/s，点Q从C出发速度为2cm/s，运动时间t的有效范围是0＜t≤16/3，因为点P运动到B点就停止。
第(1)问求PQ的最小距离：根据垂线段最短的性质，当PQ垂直AB时，PQ长度等于矩形的宽AD=6cm，此时PQ最短，此时四边形BCQP为矩形，满足CQ=PB，据此列方程即可解出对应t值。
第(2)①问求解△BPQ为等腰三角形的t值：需要分三类讨论：PQ=PB、BQ=PB、QP=QB，先过Q作AB的垂线构造直角三角形，用勾股定理把三条边的平方全部用含t的代数式表示，分别列方程求解，最后舍去超出t取值范围的无效解，得到所有符合条件的t。
第(2)②问判断是否存在∠PQB=90°：利用勾股定理的逆定理，直角所对边的平方等于另外两条直角边的平方和，列出关于t的一元二次方程，通过计算判别式判断方程是否有实数根，即可得到结论。
【解析】
(1) 根据题意可得：$AP=3t\ \mathrm{cm}$，$CQ=2t\ \mathrm{cm}$，
已知$AB=16\ \mathrm{cm}$，$AD=6\ \mathrm{cm}$，因此$PB=AB-AP=(16-3t)\ \mathrm{cm}$。
由垂线段最短的性质，当$PQ\bot AB$时，P、Q两点间的距离最小，此时四边形$BCQP$是矩形，满足$CQ=PB$，
即$2t=16-3t$，解得$t=\dfrac{16}{5}$，
此时PQ的长度等于矩形的边$BC=AD=6\ \mathrm{cm}$，为最小距离。
(2) ① 由点P的运动范围可知$0＜t≤\dfrac{16}{3}$，
过点$Q$作$QG\bot AB$于点$G$，可得四边形$BCQG$、四边形$AGQD$均为矩形，
因此$BG=CQ=2t\ \mathrm{cm}$，$QG=BC=6\ \mathrm{cm}$，
$PG=|AB-AP-BG|=|16-5t|\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ PQG$和$\mathrm{Rt}△ BQG$中，由勾股定理得：
$PQ^2=PG^2+QG^2=(16-5t)^2+6^2$，
$BQ^2=BG^2+QG^2=(2t)^2+6^2$，
$PB^2=(16-3t)^2$。
分三类讨论等腰三角形：
当$PQ=PB$时，$PQ^2=PB^2$，代入得$(16-5t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$4t^2-16t+9=0$，解得$t=\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$，两个解均在取值范围内，符合题意；
当$BQ=PB$时，$BQ^2=PB^2$，代入得$(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，整理得$5t^2-96t+220=0$，解得$t=\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$或$t=\dfrac{48+2\sqrt{301}}{5}$，其中$t=\dfrac{48+2\sqrt{301}}{5}＞\dfrac{16}{3}$，超出运动范围舍去；
当$QP=QB$时，$PQ^2=BQ^2$，代入得$(16-5t)^2+6^2=(2t)^2+6^2$，化简得$16-5t=2t$（$16-5t=-2t$对应P与B重合，三角形不存在，舍去），解得$t=\dfrac{16}{7}$，符合题意。
② 若$∠ PQB=90°$，由勾股定理逆定理可得$PQ^2+BQ^2=PB^2$，代入表达式得：
$(16-5t)^2+6^2+(2t)^2+6^2=(16-3t)^2$，
整理得$5t^2-16t+18=0$，
计算判别式$\Delta=(-16)^2-4×5×18=-104＜0$，该方程无实数解，因此不存在满足条件的时刻。
【答案】
(1) 当$t=\dfrac{16}{5}$时，P,Q两点间的距离最小，最小距离是$6\ \mathrm{cm}$；
(2) ① $t$的值为$\dfrac{4\pm\sqrt{7}}{2}$或$\dfrac{48-2\sqrt{301}}{5}$或$\dfrac{16}{7}$；
② 不存在这样的时刻，理由如上。
【知识点】
矩形性质，勾股定理，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是矩形背景下的动点综合题，综合考查了垂线段最短性质、等腰三角形分类讨论思想、勾股定理逆定理、一元二次方程根的判别式的应用，解题时需要先明确t的取值范围，排除不符合运动实际的增根，等腰三角形的三类情况容易出现漏解，是本题的核心易错点。
【难度系数】
0.3
9. 如图,在直角三角形纸片$ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=7$,$AB=25$,点$D$在边$BC$上,沿$AD$将$△ ADB$折叠,得到$△ ADB'$,$AB'$与边$BC$交于点$E$. 如果$△ EDB'$为直角三角形,那么$BD$的长是
17 或 $\dfrac{75}{4}$
.答案
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=24.$ 分两种情况讨论:① 当 $∠ EDB'=90°$ 时,如图①,过点 $B'$ 作$B'F\bot AC$,交 $AC$ 的延长线于点 $F.$ 由折叠的性质,得$AB=AB'=25,BD=B'D.$ 易得四边形 $B'DCF$ 为矩形.$\therefore CD=B'F,CF=B'D.$ 设 $BD=x$,则 $B'D=CF=x$,$B'F=CD=24-x,AF=7+x.$ 在 $\mathrm{Rt}△ AFB'$ 中,由勾股定理,得$(7+x)^2+(24-x)^2=25^2$,即 $x^2-17x=0$,解得$x_1=0$(不合题意,舍去),$x_2=17. \therefore BD=17.$ ② 当$∠ DEB'=90°$ 时,如图②,此时点 $E$ 与点 $C$ 重合. 由折叠的性质,得 $AB=AB'=25,\therefore B'C=25-7=18.$ 设 $BD=y$,则 $B'D=y,CD=24-y.$ 在 $\mathrm{Rt}△ B'CD$ 中,由勾股定理,得$(24-y)^2+18^2=y^2$,解得 $y=\dfrac{75}{4}. \therefore BD=\dfrac{75}{4}.$ 综上所述,$BD$ 的长是 17 或 $\dfrac{75}{4}.$
解析
【分析】
首先先在初始的Rt△ABC中，利用已知的AC、AB边长，通过勾股定理计算出BC的长度。题目仅说明△EDB'是直角三角形，没有指定直角顶点，首先可排除∠DB'E为直角的可能（折叠后∠AB'D=∠B，显然不等于90°），因此仅剩下两种符合条件的直角情况：∠EDB'=90°和∠DEB'=90°。对每种情况，利用折叠前后对应边相等的性质，设BD的长度为未知数，结合勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的解后汇总得到BD的所有可能取值。
【解析】
1. 先计算Rt△ABC的直角边BC：
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=7，AB=25，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{25^2-7^2}=\sqrt{576}=24$
2. 分两种情况讨论：
① 当∠EDB'=90°时：
由折叠性质可得：$AB'=AB=25$，$BD=B'D$。
过点$B'$作$B'F⊥ AC$，交$AC$的延长线于点F，结合∠C=90°、∠EDB'=90°，可证四边形$B'DCF$为矩形，因此$CD=B'F$，$CF=B'D$。
设$BD=x$，则$B'D=CF=x$，$CD=24-x$，即$B'F=24-x$，$AF=AC+CF=7+x$。
在Rt△AFB'中，由勾股定理得：
$(7+x)^2+(24-x)^2=25^2$
整理得$x^2-17x=0$，解得$x_1=0$（不符合题意舍去），$x_2=17$，即$BD=17$。
② 当∠DEB'=90°时：
此时$AB'⊥ BC$，点E与点C重合。由折叠性质得$AB'=AB=25$，因此$B'C=AB'-AC=25-7=18$。
设$BD=y$，则$B'D=y$，$CD=24-y$。
在Rt△B'CD中，由勾股定理得：
$(24-y)^2+18^2=y^2$
整理得$900-48y=0$，解得$y=\frac{75}{4}$，即$BD=\frac{75}{4}$。
综上，BD的长有两个符合条件的取值。
【答案】
17或$\dfrac{75}{4}$
【知识点】
勾股定理，折叠的性质，分类讨论
【点评】
本题属于直角三角形折叠的多解题型，易错点是容易遗漏其中一种直角的情况导致漏解，解题时先排除不可能的直角顶点，再分别利用折叠的等边长特性设未知数，结合勾股定理列方程求解，最终得到全部符合条件的结果。
【难度系数】
0.4
首先先在初始的Rt△ABC中，利用已知的AC、AB边长，通过勾股定理计算出BC的长度。题目仅说明△EDB'是直角三角形，没有指定直角顶点，首先可排除∠DB'E为直角的可能（折叠后∠AB'D=∠B，显然不等于90°），因此仅剩下两种符合条件的直角情况：∠EDB'=90°和∠DEB'=90°。对每种情况，利用折叠前后对应边相等的性质，设BD的长度为未知数，结合勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的解后汇总得到BD的所有可能取值。
【解析】
1. 先计算Rt△ABC的直角边BC：
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=7，AB=25，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{25^2-7^2}=\sqrt{576}=24$
2. 分两种情况讨论：
① 当∠EDB'=90°时：
由折叠性质可得：$AB'=AB=25$，$BD=B'D$。
过点$B'$作$B'F⊥ AC$，交$AC$的延长线于点F，结合∠C=90°、∠EDB'=90°，可证四边形$B'DCF$为矩形，因此$CD=B'F$，$CF=B'D$。
设$BD=x$，则$B'D=CF=x$，$CD=24-x$，即$B'F=24-x$，$AF=AC+CF=7+x$。
在Rt△AFB'中，由勾股定理得：
$(7+x)^2+(24-x)^2=25^2$
整理得$x^2-17x=0$，解得$x_1=0$（不符合题意舍去），$x_2=17$，即$BD=17$。
② 当∠DEB'=90°时：
此时$AB'⊥ BC$，点E与点C重合。由折叠性质得$AB'=AB=25$，因此$B'C=AB'-AC=25-7=18$。
设$BD=y$，则$B'D=y$，$CD=24-y$。
在Rt△B'CD中，由勾股定理得：
$(24-y)^2+18^2=y^2$
整理得$900-48y=0$，解得$y=\frac{75}{4}$，即$BD=\frac{75}{4}$。
综上，BD的长有两个符合条件的取值。
【答案】
17或$\dfrac{75}{4}$
【知识点】
勾股定理，折叠的性质，分类讨论
【点评】
本题属于直角三角形折叠的多解题型，易错点是容易遗漏其中一种直角的情况导致漏解，解题时先排除不可能的直角顶点，再分别利用折叠的等边长特性设未知数，结合勾股定理列方程求解，最终得到全部符合条件的结果。
【难度系数】
0.4
10. 如图,等腰三角形$ABC$的直角边$AB=BC=10\ \mathrm{cm}$,点$P$,$Q$分别从$A$,$C$两点 （第9题）同时出发,均以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度做直线运动. 已知点$P$沿射线$AB$运动,点$Q$沿边$BC$的延长线运动,$PQ$与直线$AC$相交于点$D$. 设点$P$的运动时间为$t\ \mathrm{s}$,$△ PCQ$的面积为$S\ \mathrm{cm}^2$.
(1) 用含$t$的代数式表示$S$.
(2) 当点$P$运动几秒时,$△ PCQ$的面积等于$△ ABC$的面积?
(3) 过点$P$作$PE ⊥ AC$于点$E$,当点$P$,$Q$运动时,线段$DE$的长度是否改变? 证明你的结论.
(1) 用含$t$的代数式表示$S$.
(2) 当点$P$运动几秒时,$△ PCQ$的面积等于$△ ABC$的面积?
(3) 过点$P$作$PE ⊥ AC$于点$E$,当点$P$,$Q$运动时,线段$DE$的长度是否改变? 证明你的结论.
答案
(1) 当 0＜t＜10 时,点 P 在线段 AB 上,此时$ CQ= t\ \mathrm{cm},PB=(10-t)\mathrm{cm}. \therefore S=\dfrac{1}{2}× t(10-t)=\dfrac{1}{2}(10t-t^2). $当 t=10 时,易得无法构成 △ PCQ. 当 t＞10 时,点 P在 AB 的延长线上,此时$ CQ=t\ \mathrm{cm},PB=(t-10)\mathrm{cm}.\therefore S=\dfrac{1}{2}× t(t-10)=\dfrac{1}{2}(t^2-10t). $综上所述$,S=\begin{cases}$
$\dfrac{1}{2}(10t-t^2)(0＜t＜10), \$
$\dfrac{1}{2}(t^2-10t)(t＞10).$
$\end{cases}(2) \because △ ABC $的面积$ =\dfrac{1}{2}AB· BC=50\ \mathrm{cm}^2,\therefore $当 t＜10 时$,\dfrac{1}{2}(10t-t^2)=50. $整理,得$ t^2-10t+100=0,$此方程无解. 当 t＞10 时$,\dfrac{1}{2}(t^2-10t)=50. $整理,得$ t^2-10t-100=0,$解得$ t_1=5+5\sqrt{5},t_2=5-5\sqrt{5}($不合题意,舍去$). \therefore $当点 P 运动$ (5+5\sqrt{5})\mathrm{s}$时,△ PCQ 的面积等于 △ ABC 的面积.(3) 当点 P,Q 运动时,线段 DE 的长度不会改变. 如图,当点 P 在线段 AB上时,过点 Q 作$ QM\bot AC,$交直线 AC 于点 M,连接 QE,PM,易证$ △ APE≌△ QCM. \therefore $易得$ AE=PE=CM=QM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}t\ \mathrm{cm},$四边形 PEQM 是平行四边形,且$ DE=\dfrac{1}{2}EM. $又$\because EM=EC+CM=EC+AE=AC=10\sqrt{2}\ \mathrm{cm},\therefore DE=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}. \therefore $当点 P,Q 运动时,线段 DE 的长度不会改变. 同理,当点 P 在线段 AB 的延长线上时$,DE=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}. $综上所述,当点 P,Q 运动时,线段 DE 的长度不会改变.
$\dfrac{1}{2}(10t-t^2)(0＜t＜10), \$
$\dfrac{1}{2}(t^2-10t)(t＞10).$
$\end{cases}(2) \because △ ABC $的面积$ =\dfrac{1}{2}AB· BC=50\ \mathrm{cm}^2,\therefore $当 t＜10 时$,\dfrac{1}{2}(10t-t^2)=50. $整理,得$ t^2-10t+100=0,$此方程无解. 当 t＞10 时$,\dfrac{1}{2}(t^2-10t)=50. $整理,得$ t^2-10t-100=0,$解得$ t_1=5+5\sqrt{5},t_2=5-5\sqrt{5}($不合题意,舍去$). \therefore $当点 P 运动$ (5+5\sqrt{5})\mathrm{s}$时,△ PCQ 的面积等于 △ ABC 的面积.(3) 当点 P,Q 运动时,线段 DE 的长度不会改变. 如图,当点 P 在线段 AB上时,过点 Q 作$ QM\bot AC,$交直线 AC 于点 M,连接 QE,PM,易证$ △ APE≌△ QCM. \therefore $易得$ AE=PE=CM=QM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}t\ \mathrm{cm},$四边形 PEQM 是平行四边形,且$ DE=\dfrac{1}{2}EM. $又$\because EM=EC+CM=EC+AE=AC=10\sqrt{2}\ \mathrm{cm},\therefore DE=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}. \therefore $当点 P,Q 运动时,线段 DE 的长度不会改变. 同理,当点 P 在线段 AB 的延长线上时$,DE=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}. $综上所述,当点 P,Q 运动时,线段 DE 的长度不会改变.
解析
【分析】
这是等腰直角三角形背景下的动点综合题，解题可按三小问的逻辑逐步推进：
1. 求S的表达式：首先明确点P沿射线AB运动，需分阶段讨论：当0＜t＜10时P在线段AB上，当t＞10时P在AB的延长线上，t=10时P、B重合，C、P、Q三点共线无法构成△PCQ，直接排除。由于CQ在BC的延长线上，且AB⊥BC，因此△PCQ中CQ边上的高就是点P到直线BC的距离，即PB的长度，分别用t表示出CQ和PB的长度，代入三角形面积公式即可得到分段的S表达式。
2. 求解t的取值：先计算出△ABC的面积为50cm²，分别代入两个分段的S表达式列一元二次方程，先验证0＜t＜10区间的方程无实根，再求解t＞10区间的方程，舍去不符合取值范围的负根，得到符合要求的t值。
3. 判断DE长度是否变化：通过作辅助线QM⊥AC交直线AC于点M，利用等腰直角三角形性质证明△APE≌△QCM，得到AE=CM、PE=QM，进而推出四边形PEQM是平行四边形，D为PQ与EM的中点，因此DE=1/2 EM，而EM=EC+CM=EC+AE=AC，AC为定值10√2，因此DE为定值，不会改变，同理验证P在AB延长线上的情况结论依然成立。
【解析】
(1) 分情况讨论：
① 当0＜t＜10时，点P在线段AB上，由运动速度可知CQ = t cm，PB = AB - AP = (10 - t) cm，
△PCQ中CQ边上的高等于PB的长度，因此：
$S=\frac{1}{2} · CQ · PB = \frac{1}{2}t(10-t) = \frac{1}{2}(10t - t^2)$
② 当t=10时，点P与点B重合，C、P、Q三点共线，无法构成△PCQ，不符合题意。
③ 当t＞10时，点P在AB的延长线上，此时CQ = t cm，PB = AP - AB = (t - 10) cm，
因此：
$S=\frac{1}{2} · CQ · PB = \frac{1}{2}t(t-10) = \frac{1}{2}(t^2 - 10t)$
综上可得S的分段表达式。
(2) 首先计算△ABC的面积：
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · AB · BC = \frac{1}{2} × 10 × 10 = 50\ \mathrm{cm}^2$
① 当0＜t＜10时，令$\frac{1}{2}(10t - t^2) = 50$，整理得$t^2 -10t +100 = 0$，判别式$\Delta = (-10)^2 - 4×1×100 = -300 ＜ 0$，该方程无实根。
② 当t＞10时，令$\frac{1}{2}(t^2 -10t) = 50$，整理得$t^2 -10t -100 = 0$，解得$t_1=5+5\sqrt{5}$，$t_2=5-5\sqrt{5}$，其中$t_2=5-5\sqrt{5}＜0$不符合t＞10的要求，舍去。
因此当点P运动$(5+5\sqrt{5})\ \mathrm{s}$时，△PCQ的面积等于△ABC的面积。
(3) 线段DE的长度不会改变，证明如下：
过点Q作$QM ⊥ AC$，交直线AC于点M，连接QE、PM。
∵ △ABC是等腰直角三角形，PE⊥AC，QM⊥AC，∠A=∠ACB=45°，
∴ △APE和△QCM均为等腰直角三角形，
又
∵ AP = CQ = t，
∴ $AE = PE = \frac{\sqrt{2}}{2}t$，$CM = QM = \frac{\sqrt{2}}{2}t$，即AE=PE=CM=QM。
∵ PE⊥AC，QM⊥AC，
∴ PE//QM，且PE=QM，因此四边形PEQM是平行四边形。
平行四边形对角线互相平分，因此D是PQ和EM的中点，可得$DE = \frac{1}{2}EM$。
又
∵ $EM = EC + CM = EC + AE = AC = \sqrt{10^2 + 10^2} = 10\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
∴ $DE = \frac{1}{2} × 10\sqrt{2} = 5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，为定值。
同理可证，当点P在AB的延长线上时，$DE=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$依然成立。
因此点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。
【答案】
(1) $S=\begin{cases}\dfrac{1}{2}(10t-t^2)&(0＜t＜10)\\\dfrac{1}{2}(t^2-10t)&(t＞10)\end{cases}$
(2) 当点P运动$(5+5\sqrt{5})\ \mathrm{s}$时，△PCQ的面积等于△ABC的面积。
(3) 线段DE的长度不会改变，始终为$5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
动点分类讨论，全等三角形判定，一元二次方程应用
【点评】
本题是等腰直角三角形背景下的动点综合题，既考察代数运算能力，也考察几何推理能力，第一问容易遗漏P在AB延长线上的分类情况，第三问的辅助线构造是核心难点，需要学生灵活转化线段关系，整体区分度较好，能有效考察学生的综合几何素养。
【难度系数】
0.35
这是等腰直角三角形背景下的动点综合题，解题可按三小问的逻辑逐步推进：
1. 求S的表达式：首先明确点P沿射线AB运动，需分阶段讨论：当0＜t＜10时P在线段AB上，当t＞10时P在AB的延长线上，t=10时P、B重合，C、P、Q三点共线无法构成△PCQ，直接排除。由于CQ在BC的延长线上，且AB⊥BC，因此△PCQ中CQ边上的高就是点P到直线BC的距离，即PB的长度，分别用t表示出CQ和PB的长度，代入三角形面积公式即可得到分段的S表达式。
2. 求解t的取值：先计算出△ABC的面积为50cm²，分别代入两个分段的S表达式列一元二次方程，先验证0＜t＜10区间的方程无实根，再求解t＞10区间的方程，舍去不符合取值范围的负根，得到符合要求的t值。
3. 判断DE长度是否变化：通过作辅助线QM⊥AC交直线AC于点M，利用等腰直角三角形性质证明△APE≌△QCM，得到AE=CM、PE=QM，进而推出四边形PEQM是平行四边形，D为PQ与EM的中点，因此DE=1/2 EM，而EM=EC+CM=EC+AE=AC，AC为定值10√2，因此DE为定值，不会改变，同理验证P在AB延长线上的情况结论依然成立。
【解析】
(1) 分情况讨论：
① 当0＜t＜10时，点P在线段AB上，由运动速度可知CQ = t cm，PB = AB - AP = (10 - t) cm，
△PCQ中CQ边上的高等于PB的长度，因此：
$S=\frac{1}{2} · CQ · PB = \frac{1}{2}t(10-t) = \frac{1}{2}(10t - t^2)$
② 当t=10时，点P与点B重合，C、P、Q三点共线，无法构成△PCQ，不符合题意。
③ 当t＞10时，点P在AB的延长线上，此时CQ = t cm，PB = AP - AB = (t - 10) cm，
因此：
$S=\frac{1}{2} · CQ · PB = \frac{1}{2}t(t-10) = \frac{1}{2}(t^2 - 10t)$
综上可得S的分段表达式。
(2) 首先计算△ABC的面积：
$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · AB · BC = \frac{1}{2} × 10 × 10 = 50\ \mathrm{cm}^2$
① 当0＜t＜10时，令$\frac{1}{2}(10t - t^2) = 50$，整理得$t^2 -10t +100 = 0$，判别式$\Delta = (-10)^2 - 4×1×100 = -300 ＜ 0$，该方程无实根。
② 当t＞10时，令$\frac{1}{2}(t^2 -10t) = 50$，整理得$t^2 -10t -100 = 0$，解得$t_1=5+5\sqrt{5}$，$t_2=5-5\sqrt{5}$，其中$t_2=5-5\sqrt{5}＜0$不符合t＞10的要求，舍去。
因此当点P运动$(5+5\sqrt{5})\ \mathrm{s}$时，△PCQ的面积等于△ABC的面积。
(3) 线段DE的长度不会改变，证明如下：
过点Q作$QM ⊥ AC$，交直线AC于点M，连接QE、PM。
∵ △ABC是等腰直角三角形，PE⊥AC，QM⊥AC，∠A=∠ACB=45°，
∴ △APE和△QCM均为等腰直角三角形，
又
∵ AP = CQ = t，
∴ $AE = PE = \frac{\sqrt{2}}{2}t$，$CM = QM = \frac{\sqrt{2}}{2}t$，即AE=PE=CM=QM。
∵ PE⊥AC，QM⊥AC，
∴ PE//QM，且PE=QM，因此四边形PEQM是平行四边形。
平行四边形对角线互相平分，因此D是PQ和EM的中点，可得$DE = \frac{1}{2}EM$。
又
∵ $EM = EC + CM = EC + AE = AC = \sqrt{10^2 + 10^2} = 10\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
∴ $DE = \frac{1}{2} × 10\sqrt{2} = 5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，为定值。
同理可证，当点P在AB的延长线上时，$DE=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$依然成立。
因此点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。
【答案】
(1) $S=\begin{cases}\dfrac{1}{2}(10t-t^2)&(0＜t＜10)\\\dfrac{1}{2}(t^2-10t)&(t＞10)\end{cases}$
(2) 当点P运动$(5+5\sqrt{5})\ \mathrm{s}$时，△PCQ的面积等于△ABC的面积。
(3) 线段DE的长度不会改变，始终为$5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
动点分类讨论，全等三角形判定，一元二次方程应用
【点评】
本题是等腰直角三角形背景下的动点综合题，既考察代数运算能力，也考察几何推理能力，第一问容易遗漏P在AB延长线上的分类情况，第三问的辅助线构造是核心难点，需要学生灵活转化线段关系，整体区分度较好，能有效考察学生的综合几何素养。
【难度系数】
0.35
