1[2025浙江温州期中,中]在欧几里得的《几何原本》中,形如$x^2 + ax = b^2(a＞0,b＞0)$的方程的图解法:如图(1),分别以$\frac{a}{2}$和$b$为直角边长作$\mathrm{Rt}△ ABC(BC=\frac{a}{2},AC=b),∠ ACB=90°$,再在斜边上截取$BD=\frac{a}{2}$,则$AD$的长就是所求方程的正根.若关于$x$的一元二次方程$x^2 + 2mx = 36$,按照图(1)构造图(2),在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,连接$CD$,若$\frac{S_{△ BCD}}{S_{△ ACD}}=\frac{5}{8}$,则$m$的值为（）

A.8
B.5
C.2.5
D.$\frac{5}{4}$

【解析】由题意知 BC = BD = m, AC = 6. 在Rt△ACB 中,∠ACB = 90°,
∴ AB = $\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{m^2+36}$,
∴ AD = AB - BD = $\sqrt{m^2+36}-m$.
∵ $\frac{S_{△BCD}}{S_{△ACD}}=\frac{5}{8}$,
∴ $\frac{BD}{AD}=\frac{5}{8}$,即 $\frac{m}{\sqrt{m^2+36}-m}=\frac{5}{8}$,
∴ 169m² = 25(m² + 36), 解得 m = 2.5 或 m = -2.5,经检验,m=2.5 是原方程的解,且符合题意. 故选 C.

2[中]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AB=AC=16\ \mathrm{cm}$,$AD$为$BC$边上的高.动点$P$从点$A$出发,沿$A\rightarrow D$方向以$\sqrt{2}\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$D$运动.设$△ ABP$的面积为$S_1$,矩形$PDFE$的面积为$S_2$,点$E,F$分别在$AC,BC$上,运动时间为$t\ \mathrm{s}$$(0＜t＜8)$,则$t=$时,$S_1=2S_2$.

【解析】
∵ Rt△ABC 中,∠BAC = 90°,AB = AC = 16 cm,AD 为 BC 边上的高,
∴ ∠ABC = ∠ACB = 45°,AD = BD = CD = $8\sqrt{2}$ cm,∠ADC = 90°. 又
∵ AP = $\sqrt{2}t$ cm,
∴ $S_1=\frac{1}{2}AP·BD=\frac{1}{2}×\sqrt{2}t×8\sqrt{2}=8t$(cm²),PD = $(8\sqrt{2}-\sqrt{2}t)$ cm.
∵ PE//BC,
∴ ∠AEP = ∠C = 45°,∠APE = ∠ADC = 90°,
∴ ∠PAE = ∠PEA = 45°,
∴ PE = AP = $\sqrt{2}t$ cm,
∴ $S_2=PD·PE=(8\sqrt{2}-\sqrt{2}t)·\sqrt{2}t=(16t-2t²)$cm².
∵ $S_1=2S_2$,
∴ 8t = 2(16t-2t²),解得 t = 6 或 t = 0(舍去),故答案为 6.

3[2026广东汕头质检,中]如图是一块矩形菜地ABCD,AB=a m,AD=b m,面积为S m².现将边AB增加1 m.
(1)如图(1),若a=5,边AD减少1 m,得到的矩形面积不变,求b的值.
(2)如图(2),若边AD增加2 m,有且只有一个a的值,使得到的矩形面积为2S m²,求S的值.

【解】(1)根据题意得,原矩形的面积为 S = ab m²,变化后矩形的面积为(a+1)(b-1)m².
∵ a=5,边 AD 减少 1 m,得到的矩形面积不变,
∴ (5+1)(b-1)=5b,解得 b=6,
∴ b 的值为 6.
(2)根据题意得,原矩形的面积为 S = ab m²,变化后矩形的面积为(a+1)(b+2)m²,
∴ 2S=(a+1)(b+2),$b=\frac{S}{a}$,
∴ 2S=(a+1)$(\frac{S}{a}+2)$,
∴ $\frac{2S}{a+1}=\frac{S}{a}+2$,
∴ 2a²+(2-S)a+S=0.
∵ 有且只有一个 a 的值符合题意,
∴ Δ=(2-S)²-8S=0,
∴ S²-12S+4=0,解得 $S_1=6+4\sqrt{2}$,$S_2=6-4\sqrt{2}$(舍去),
∴ S 的值为 $6+4\sqrt{2}$.

4 思想方法数形结合[2026安徽合肥质检,中]如图,△ABC是边长为3 cm的等边三角形,动点P,Q同时从A,B两点出发,分别沿AB,BC方向匀速移动,它们的速度都是1 cm/s,当点P到达点B时,P,Q两点停止运动.设点P的运动时间为t s,解答下列问题:
(1)当t为何值时,△PBQ是直角三角形?
(2)是否存在某一时刻,使得四边形APQC的面积是△ABC面积的$\frac{2}{3}$?如果存在,求出相应的t值;如果不存在,请说明理由.

【解】(1)由题可知,AP = t cm,BQ = t cm. 在△ABC 中,AB=BC=3 cm,∠B=60°,
∴ BP=(3-t) cm. 在△PBQ 中,BP=(3-t) cm,BQ = t cm. 若△PBQ 是直角三角形,则∠BQP=90°或∠BPQ=90°. 当∠BQP = 90°时,BQ = $\frac{1}{2}BP$,即 t = $\frac{1}{2}(3-t)$,解得 t = 1; 当∠BPQ = 90°时,BP = $\frac{1}{2}BQ$,即 3-t = $\frac{1}{2}t$,解得 t = 2.
∴ 当 t = 1 或 t = 2 时,△PBQ 是直角三角形.
(2)不存在. 理由:如图,过 P 作 PM⊥BC 于 M. 在△BPM 中,BM = $\frac{1}{2}BP$,
∴ 易得 PM=$\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)$cm,
∴ $S_{△PBQ}=\frac{1}{2}BQ·PM=\frac{1}{2}·t·\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)$,
∴ $S_{四边形APQC}=S_{△ABC}-S_{△PBQ}=\frac{1}{2}×3²×\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}×t×\frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)=\frac{\sqrt{3}}{4}t²-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}$. 假设存在某一时刻,使得四边形 APQC 的面积是△ABC 面积的$\frac{2}{3}$,则 $S_{四边形APQC}=\frac{2}{3}S_{△ABC}$,
∴ $\frac{\sqrt{3}}{4}t²-\frac{3\sqrt{3}}{4}t+\frac{9\sqrt{3}}{4}=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}×3²×\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴ t²-3t+3=0.
∵ (-3)²-4×1×3＜0,
∴ 方程无解,
∴ 无论 t 取何值,四边形 APQC 的面积都不可能是△ABC 面积的$\frac{2}{3}$.