1. 【数学文化】（教材习题变式）《九章算术》中记载着这样一个问题：如图，已知甲、乙两人同时从同一地点A出发，甲的速度为每单位时间走7步，乙的速度为每单位时间走3步，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，那么相遇时，甲、乙各走了多远？设甲、乙两人从出发到相遇用了$ x $个单位时间. 根据勾股定理可列方程为 （ ）
A. $(3x)^{2}=(7x)^{2}-10^{2}$
B. $(3x)^{2}+(7x)^{2}=10^{2}$
C. $(3x)^{2}=(7x-10)^{2}$
D. $(3x)^{2}+10^{2}=(7x-10)^{2}$

D

2. (教材习题变式)如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ B=90°$,$AB=8\ \mathrm{cm}$,$BC=10\ \mathrm{cm}$,点 $P$ 由点 $A$ 出发,沿边 $AB$ 以 $2\ \mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $B$ 移动;点 $Q$ 由点 $B$ 出发,沿边 $BC$ 以 $3\ \mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $C$ 移动.如果点 $P、Q$ 分别从点 $A、B$ 同时出发.
(1)经过多长时间后,$△ PBQ$ 的面积等于 $9\ \mathrm{cm}^2$?
(2)经过多长时间后,$P、Q$ 两点间的距离是 $2\sqrt{13}\ \mathrm{cm}$?

(1)解：设经过$x$ s后，$\triangle PBQ$的面积等于$9\ cm^{2}。$ 因为点$P$由点$A$出发，沿边$AB$以$2\ cm/s$的速度向点$B$移动，点$Q$由点$B$出发，沿边$BC$以$3\ cm/s$的速度向点$C$移动，所以$BP=(8 - 2x)\ cm，$$BQ = 3x\ cm。$ 根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高），可得$\frac{1}{2}(8 - 2x)\times3x = 9。$ 化简得：$24x-6x^{2}=18，$即$x^{2}-4x + 3 = 0。$ 因式分解得$(x - 1)(x - 3)=0，$解得$x_{1}=1，$$x_{2}=3。$ 答：经过$1\ s$或$3\ s$后，$\triangle PBQ$的面积等于$9\ cm^{2}。$ (2)解：设经过$y\ s$后，$P$、$Q$两点间的距离是$2\sqrt{13}\ cm。$ 则$BP=(8 - 2y)\ cm，$$BQ = 3y\ cm。$ 根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（$a$、$b$为直角边，$c$为斜边），可得$(8 - 2y)^{2}+(3y)^{2}=(2\sqrt{13})^{2}。$ 展开得$64-32y + 4y^{2}+9y^{2}=52，$即$13y^{2}-32y + 12 = 0。$ 对于一元二次方程$ay^{2}+by + c = 0(a\neq0)，$其求根公式为$y=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}，$这里$a = 13，$$b=-32，$$c = 12。$ $\Delta=b^{2}-4ac=(-32)^{2}-4\times13\times12=1024 - 624 = 400。$ $y=\frac{32\pm\sqrt{400}}{2\times13}=\frac{32\pm20}{26}，$解得$y_{1}=\frac{32 + 20}{26}=2，$$y_{2}=\frac{32 - 20}{26}=\frac{6}{13}。$ 答：经过$\frac{6}{13}\ s$或$2\ s$后，$P$、$Q$两点间的距离是$2\sqrt{13}\ cm。$

3. 如图,将边长为4的正方形ABCD沿其对角线AC剪开,再把△ABC沿着AD方向平移,得到△A'B'C'.
(1)当两个三角形重叠部分的面积为3时,求△ABC移动的距离.
(2)当△ABC移动的距离是多少时,重叠部分是菱形?

; (1)解：设$AA'$的长为$x，$即$\triangle ABC$移动的距离为$x。$ 因为正方形$ABCD$边长为$4，$沿对角线$AC$剪开再平移，$AC$与$A'B'$交于点$E，$$DC$与$A'C'$交于点$F，$则$A'E = AA' = x，$$A'D=4 - x。$ 重叠部分为直角梯形，其面积$S = x(4 - x)。$ 根据题意，$x(4 - x)=3，$即$x^{2}-4x + 3 = 0。$ 因式分解得$(x - 1)(x - 3)=0，$解得$x_{1}=1，$$x_{2}=3。$ 所以$\triangle ABC$移动的距离为$1$或$3。$ (2)解：当四边形$A'ECF$是菱形时，$A'E = A'F。$设$AA' = y，$则$A'E = A'F = CF = y。$ 在$Rt\triangle A'DF$中，$A'F^{2}=2A'D^{2}$（等腰直角三角形性质），即$y^{2}=2(4 - y)^{2}。$ 展开得$y^{2}=2(16-8y + y^{2})，$$y^{2}=32-16y + 2y^{2}，$$y^{2}-16y + 32 = 0。$ 对于一元二次方程$ay^{2}+by + c = 0(a\neq0)，$其求根公式为$y=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}，$这里$a = 1，$$b=-16，$$c = 32。$ $\Delta=b^{2}-4ac=(-16)^{2}-4\times1\times32=256 - 128 = 128。$ $y=\frac{16\pm\sqrt{128}}{2}=\frac{16\pm8\sqrt{2}}{2}=8\pm4\sqrt{2}。$ 因为$8 + 4\sqrt{2}\gt4$不符合题意，舍去，所以当$\triangle ABC$移动的距离是$8 - 4\sqrt{2}$时，重叠部分是菱形。

4. 一艘轮船以 20 km/h 的速度由西向东航行，某台风中心正以 40 km/h 的速度由南向北移动，距台风中心 100 km（包括边界）的圆形区域都属台风影响区。如图，当轮船行至A处时，接到台风警报；台风中心正位于A处正南方向的B处，且$AB=200$ km. 从接到台风警报开始，最早经过多长时间轮船就会进入台风影响区？

解：设途中会遇到台风，且最初遇到的时间为$t$ h，此时轮船位于$C$处，台风中心移到$E$处，连接$CE。$ 因为轮船速度为$20\ km/h，$所以$AC = 20t\ km；$台风中心速度为$40\ km/h，$$AB = 200\ km，$所以$AE = AB - BE=(200 - 40t)km。$ 又因为距台风中心$100\ km$（包括边界）的圆形区域都属台风影响区，所以$CE = 100\ km。$ 根据勾股定理$AC^{2}+AE^{2}=CE^{2}，$可得$(20t)^{2}+(200 - 40t)^{2}=100^{2}。$ 展开得$400t^{2}+40000-16000t + 1600t^{2}=10000，$$2000t^{2}-16000t + 30000 = 0，$两边同时除以$1000$得$2t^{2}-16t + 30 = 0，$即$t^{2}-8t + 15 = 0。$ 因式分解得$(t - 3)(t - 5)=0，$解得$t_{1}=3，$$t_{2}=5。$ 因为是求最早经过的时间，所以舍去$t_{2}=5。$ 答：最早经过$3\ h$轮船就会进入台风影响区。 ;