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1 [2025 山东青岛期末,中]如图,一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形组成的,已知小正方形的面积和五边形的面积相等,并且图中线段$a$的长度为$\sqrt{10}-2$,则这块地砖的面积为 (
A.50
B.40
C.30
D.20
B
)A.50
B.40
C.30
D.20
答案
B
【解析】如图,连接小正方形的两条对角线,设FH与EG交于点O. 根据题意易知,点O为正方形ABCD,正方形EFGH的中心,
∴$S_{△EOF}=\frac{1}{4}S_{正方形EFGH}$,即$S_{正方形EFGH}=4S_{△EOF}$.
∵$S_{五边形AMFEP}=S_{正方形EFGH}$,
∴$S_{五边形AMFEP}=4S_{△EOF}$.
∵$S_{五边形AMFEP}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}-S_{△EOF}$,
∴$\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}=5S_{△EOF}$. 设正方形ABCD的边长为2x,则OF=OE=x-a,
∴$\frac{1}{4}·2x·2x=5×\frac{1}{2}(x-a)^2$,解得$x=\frac{(5±\sqrt{10})a}{3}$.
∵$a=\sqrt{10}-2$,
∴$x=\sqrt{10}$或$\frac{7\sqrt{10}-20}{3}$.
∵$\frac{7\sqrt{10}-20}{3}＜a=\sqrt{10}-2$,
∴$x=\sqrt{10}$,
∴$S_{正方形ABCD}=2\sqrt{10}×2\sqrt{10}=40$. 故选B.
解析
【分析】
解题首先要梳理图形中各部分的面积关系：已知4个全等五边形和中间小正方形面积相等，可先推导大正方形面积、五边形面积、小正方形面积之间的数量关系；接着结合线段a的长度，设与大正方形边长相关的未知数，用含未知数和a的式子表示小三角形的面积，代入面积关系得到一元二次方程；求解方程后根据线段长度的实际意义舍去不符合的根，最后计算大正方形的面积即可。
【解析】
如图，连接小正方形的两条对角线，设FH与EG交于点O。
根据题意易知，点O为正方形ABCD、正方形EFGH的中心，
∴$S_{△EOF}=\frac{1}{4}S_{正方形EFGH}$，即$S_{正方形EFGH}=4S_{△EOF}$。
∵$S_{五边形AMFEP}=S_{正方形EFGH}$，
∴$S_{五边形AMFEP}=4S_{△EOF}$。
又
∵$S_{五边形AMFEP}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}-S_{△EOF}$，
∴$\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}=5S_{△EOF}$。
设正方形ABCD的边长为2x，则OF=OE=x-a，
代入面积关系得：$\frac{1}{4}·2x·2x=5×\frac{1}{2}(x-a)^2$，
整理求解得$x=\frac{(5±\sqrt{10})a}{3}$。
已知$a=\sqrt{10}-2$，代入得$x=\sqrt{10}$或$x=\frac{7\sqrt{10}-20}{3}$。
∵$\frac{7\sqrt{10}-20}{3}＜a=\sqrt{10}-2$，不符合线段长度的实际意义，舍去，
∴$x=\sqrt{10}$，大正方形ABCD的边长为$2x=2\sqrt{10}$，
∴$S_{正方形ABCD}=2\sqrt{10}×2\sqrt{10}=40$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质，一元二次方程的应用，面积和差计算
【点评】
本题将几何图形性质与方程应用相结合，解题的核心是理清各部分面积的数量关系，结合线段长度关系列方程求解，求解后需注意根据实际意义对方程的根进行取舍，很好地考察了数形结合的能力。
【难度系数】
0.6
解题首先要梳理图形中各部分的面积关系：已知4个全等五边形和中间小正方形面积相等，可先推导大正方形面积、五边形面积、小正方形面积之间的数量关系；接着结合线段a的长度，设与大正方形边长相关的未知数，用含未知数和a的式子表示小三角形的面积，代入面积关系得到一元二次方程；求解方程后根据线段长度的实际意义舍去不符合的根，最后计算大正方形的面积即可。
【解析】
如图，连接小正方形的两条对角线，设FH与EG交于点O。
根据题意易知，点O为正方形ABCD、正方形EFGH的中心，
∴$S_{△EOF}=\frac{1}{4}S_{正方形EFGH}$，即$S_{正方形EFGH}=4S_{△EOF}$。
∵$S_{五边形AMFEP}=S_{正方形EFGH}$，
∴$S_{五边形AMFEP}=4S_{△EOF}$。
又
∵$S_{五边形AMFEP}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}-S_{△EOF}$，
∴$\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}=5S_{△EOF}$。
设正方形ABCD的边长为2x，则OF=OE=x-a，
代入面积关系得：$\frac{1}{4}·2x·2x=5×\frac{1}{2}(x-a)^2$，
整理求解得$x=\frac{(5±\sqrt{10})a}{3}$。
已知$a=\sqrt{10}-2$，代入得$x=\sqrt{10}$或$x=\frac{7\sqrt{10}-20}{3}$。
∵$\frac{7\sqrt{10}-20}{3}＜a=\sqrt{10}-2$，不符合线段长度的实际意义，舍去，
∴$x=\sqrt{10}$，大正方形ABCD的边长为$2x=2\sqrt{10}$，
∴$S_{正方形ABCD}=2\sqrt{10}×2\sqrt{10}=40$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质，一元二次方程的应用，面积和差计算
【点评】
本题将几何图形性质与方程应用相结合，解题的核心是理清各部分面积的数量关系，结合线段长度关系列方程求解，求解后需注意根据实际意义对方程的根进行取舍，很好地考察了数形结合的能力。
【难度系数】
0.6
2[中]如图，将图(1)的正方形纸片剪成四块，再用这四块小纸片进行拼接，恰好拼成一个如图(2)无缝隙、不重叠的矩形，则$\frac{b}{a}=$
$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
。答案
$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
【解析】题图(1)的面积为$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$,题图(2)的面积为$b(a+2b)=ab+2b^2$,
∴$a^2+2ab+b^2=ab+2b^2$,
∴$b^2-ab-a^2=0$,
∴$(\frac{b}{a})^2-\frac{b}{a}-1=0$,
∴$\frac{b}{a}=\frac{1±\sqrt{5}}{2}$.
∵$\frac{b}{a}＞0$,
∴$\frac{b}{a}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
【解析】题图(1)的面积为$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$,题图(2)的面积为$b(a+2b)=ab+2b^2$,
∴$a^2+2ab+b^2=ab+2b^2$,
∴$b^2-ab-a^2=0$,
∴$(\frac{b}{a})^2-\frac{b}{a}-1=0$,
∴$\frac{b}{a}=\frac{1±\sqrt{5}}{2}$.
∵$\frac{b}{a}＞0$,
∴$\frac{b}{a}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
解析
【分析】
解题的核心是拼接前后图形的总面积不变，即图(1)正方形的面积与图(2)矩形的面积相等。首先分别表示出两个图形的面积，列出等量关系式，再将等式变形为关于$\frac{b}{a}$的一元二次方程，最后结合线段比值为正的实际意义舍去不符合要求的解，即可得到结果。
【解析】
图(1)是边长为$(a+b)$的正方形，面积为：$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$
图(2)是长为$(a+2b)$、宽为$b$的矩形，面积为：$b(a+2b)=ab+2b^2$
由于拼接前后总面积相等，因此可得：
$a^2+2ab+b^2=ab+2b^2$
整理等式得：$b^2-ab-a^2=0$
因为$a≠0$，将等式两边同时除以$a^2$，得到：
$(\frac{b}{a})^2-\frac{b}{a}-1=0$
把$\frac{b}{a}$看作整体解这个一元二次方程，得$\frac{b}{a}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$
因为$\frac{b}{a}$是线段长度的比值，必然大于0，因此舍去负根$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$。
【答案】
$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
【知识点】
等积变换，一元二次方程求解，代数式变形
【点评】
本题考查数形结合思想的应用，解题关键是抓住拼接前后面积不变的等量关系，将几何问题转化为代数方程求解，同时要注意结合实际意义对方程的根进行取舍。
【难度系数】
0.6
解题的核心是拼接前后图形的总面积不变，即图(1)正方形的面积与图(2)矩形的面积相等。首先分别表示出两个图形的面积，列出等量关系式，再将等式变形为关于$\frac{b}{a}$的一元二次方程，最后结合线段比值为正的实际意义舍去不符合要求的解，即可得到结果。
【解析】
图(1)是边长为$(a+b)$的正方形，面积为：$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$
图(2)是长为$(a+2b)$、宽为$b$的矩形，面积为：$b(a+2b)=ab+2b^2$
由于拼接前后总面积相等，因此可得：
$a^2+2ab+b^2=ab+2b^2$
整理等式得：$b^2-ab-a^2=0$
因为$a≠0$，将等式两边同时除以$a^2$，得到：
$(\frac{b}{a})^2-\frac{b}{a}-1=0$
把$\frac{b}{a}$看作整体解这个一元二次方程，得$\frac{b}{a}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$
因为$\frac{b}{a}$是线段长度的比值，必然大于0，因此舍去负根$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$。
【答案】
$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
【知识点】
等积变换，一元二次方程求解，代数式变形
【点评】
本题考查数形结合思想的应用，解题关键是抓住拼接前后面积不变的等量关系，将几何问题转化为代数方程求解，同时要注意结合实际意义对方程的根进行取舍。
【难度系数】
0.6
3[中]如图,在长方形ABCD中,AB=5 cm,BC=6 cm,点P从点A出发沿边AB向终点B以1 cm/s的速度运动,点Q从点B出发沿边BC向终点C以2 cm/s的速度运动.如果P,Q分别从A,B同时出发,当点Q运动到点C时,两点同时停止运动.设运动时间为t s.
(1)当t为何值时,PQ的长度等于5 cm?
(2)是否存在t的值,使得五边形APQCD的面积等于26 cm²?若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由.
(1)当t为何值时,PQ的长度等于5 cm?
(2)是否存在t的值,使得五边形APQCD的面积等于26 cm²?若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由.
答案
【解】(1)
∵P从点A出发沿边AB向终点B以1 cm/s的速度运动,
∴AP=t cm.
∵AB=5 cm,
∴PB=(5-t) cm.
∵点Q从点B出发沿边BC向终点C以2 cm/s的速度运动,
∴BQ=2t cm.
由题意得$(5-t)^2+(2t)^2=5^2$,解得$t_1=0,t_2=2$.
∴当t=0或2时,PQ的长度等于5 cm.
(2)存在.
∵长方形ABCD的面积是5×6=30(cm²),五边形APQCD的面积等于26 cm²,
∴△PBQ的面积为30-26=4(cm²),
∴$(5-t)×2t×\frac{1}{2}=4$,解得$t_1=4$(不合题意,舍去),$t_2=1$. 即当t=1时,五边形APQCD的面积等于26 cm².
∵P从点A出发沿边AB向终点B以1 cm/s的速度运动,
∴AP=t cm.
∵AB=5 cm,
∴PB=(5-t) cm.
∵点Q从点B出发沿边BC向终点C以2 cm/s的速度运动,
∴BQ=2t cm.
由题意得$(5-t)^2+(2t)^2=5^2$,解得$t_1=0,t_2=2$.
∴当t=0或2时,PQ的长度等于5 cm.
(2)存在.
∵长方形ABCD的面积是5×6=30(cm²),五边形APQCD的面积等于26 cm²,
∴△PBQ的面积为30-26=4(cm²),
∴$(5-t)×2t×\frac{1}{2}=4$,解得$t_1=4$(不合题意,舍去),$t_2=1$. 即当t=1时,五边形APQCD的面积等于26 cm².
解析
【分析】
本题属于几何动点结合一元二次方程的应用题，解题思路如下：
(1) 要求PQ=5时的t值，首先观察到△PBQ是直角三角形，PQ为斜边，因此先根据点P、Q的运动速度和时间t，用含t的代数式分别表示出PB、BQ的长度，再结合勾股定理列一元二次方程求解即可。
(2) 要求五边形APQCD的面积为26cm²时的t值，直接计算五边形面积较复杂，可采用间接法：先算出长方形ABCD的总面积，用总面积减去五边形的面积得到△PBQ的面积，再根据三角形面积公式列一元二次方程求解，最后结合点Q的运动范围检验解的合理性即可。
【解析】
(1) 由题意得：点P的运动速度为1cm/s，运动时间为t s，故$AP = t\ \mathrm{cm}$，
∵$AB=5\ \mathrm{cm}$，
∴$PB = AB - AP = (5 - t)\ \mathrm{cm}$，
点Q的运动速度为2cm/s，运动时间为t s，故$BQ = 2t\ \mathrm{cm}$，
∵∠B=90°，在Rt△PBQ中，$PQ=5\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$PB^2 + BQ^2 = PQ^2$，即$(5-t)^2 + (2t)^2 = 5^2$，
整理得$5t^2-10t=0$，解得$t_1=0$，$t_2=2$，均符合运动时间的取值范围。
(2) 存在，理由如下：
长方形ABCD的面积为$AB × BC =5 × 6=30\ \mathrm{cm}^2$，
若五边形APQCD的面积为$26\ \mathrm{cm}^2$，则△PBQ的面积为$30 -26=4\ \mathrm{cm}^2$，
由三角形面积公式得：$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2} × PB × BQ =4$，
代入$PB=(5-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，得：
$\frac{1}{2} × (5-t) × 2t =4$，
整理得$t^2 -5t +4=0$，解得$t_1=1$，$t_2=4$，
∵点Q运动到C点时停止运动，$BC=6\ \mathrm{cm}$，Q的速度为2cm/s，故运动的最大时间$t_{\mathrm{max}}=6 ÷ 2=3\ \mathrm{s}$，
∴$t=4＞3$，不符合题意，舍去，故$t=1$。
【答案】
(1) 当t的值为0或2时，PQ的长度等于5 cm；
(2) 存在，此时t的值为1。
【知识点】
勾股定理，一元二次方程应用，图形面积计算
【点评】
本题将动点问题与一元二次方程结合考查，解题的核心是用含运动时间的代数式表示出相关线段长度，再结合几何性质列方程求解，解题时要注意结合实际运动场景，舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.65
本题属于几何动点结合一元二次方程的应用题，解题思路如下：
(1) 要求PQ=5时的t值，首先观察到△PBQ是直角三角形，PQ为斜边，因此先根据点P、Q的运动速度和时间t，用含t的代数式分别表示出PB、BQ的长度，再结合勾股定理列一元二次方程求解即可。
(2) 要求五边形APQCD的面积为26cm²时的t值，直接计算五边形面积较复杂，可采用间接法：先算出长方形ABCD的总面积，用总面积减去五边形的面积得到△PBQ的面积，再根据三角形面积公式列一元二次方程求解，最后结合点Q的运动范围检验解的合理性即可。
【解析】
(1) 由题意得：点P的运动速度为1cm/s，运动时间为t s，故$AP = t\ \mathrm{cm}$，
∵$AB=5\ \mathrm{cm}$，
∴$PB = AB - AP = (5 - t)\ \mathrm{cm}$，
点Q的运动速度为2cm/s，运动时间为t s，故$BQ = 2t\ \mathrm{cm}$，
∵∠B=90°，在Rt△PBQ中，$PQ=5\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$PB^2 + BQ^2 = PQ^2$，即$(5-t)^2 + (2t)^2 = 5^2$，
整理得$5t^2-10t=0$，解得$t_1=0$，$t_2=2$，均符合运动时间的取值范围。
(2) 存在，理由如下：
长方形ABCD的面积为$AB × BC =5 × 6=30\ \mathrm{cm}^2$，
若五边形APQCD的面积为$26\ \mathrm{cm}^2$，则△PBQ的面积为$30 -26=4\ \mathrm{cm}^2$，
由三角形面积公式得：$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2} × PB × BQ =4$，
代入$PB=(5-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，得：
$\frac{1}{2} × (5-t) × 2t =4$，
整理得$t^2 -5t +4=0$，解得$t_1=1$，$t_2=4$，
∵点Q运动到C点时停止运动，$BC=6\ \mathrm{cm}$，Q的速度为2cm/s，故运动的最大时间$t_{\mathrm{max}}=6 ÷ 2=3\ \mathrm{s}$，
∴$t=4＞3$，不符合题意，舍去，故$t=1$。
【答案】
(1) 当t的值为0或2时，PQ的长度等于5 cm；
(2) 存在，此时t的值为1。
【知识点】
勾股定理，一元二次方程应用，图形面积计算
【点评】
本题将动点问题与一元二次方程结合考查，解题的核心是用含运动时间的代数式表示出相关线段长度，再结合几何性质列方程求解，解题时要注意结合实际运动场景，舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.65
4[2026福建厦门质检,中]如图,小岛D在码头A的正东方向80海里处.已知当轮船甲从码头A出发以40海里/时的速度向正南方向航行时,同时轮船乙从小岛D出发以50海里/时的速度向码头A航行.
(1)两艘轮船出发多久后,它们之间的直线距离为50海里?
(2)若轮船甲给正南方向的小岛B运送物资,当轮船甲到达小岛B后,发现运送物资不足,立即给轮船乙发送补充物资的指令.行驶到C处的轮船乙接到指令后,立即改变方向,沿CB方向前往小岛B进行物资补充(轮船乙的航行速度不变).若两艘轮船在上午7时出发,轮船乙在上午9时到达小岛B,试通过计算说明轮船甲何时向轮船乙发出需要补充物资的指令.(轮船甲到达小岛B到发送指令之间的时间和指令传输的时间均忽略不计)
@刷素养 走向重高
(1)两艘轮船出发多久后,它们之间的直线距离为50海里?
(2)若轮船甲给正南方向的小岛B运送物资,当轮船甲到达小岛B后,发现运送物资不足,立即给轮船乙发送补充物资的指令.行驶到C处的轮船乙接到指令后,立即改变方向,沿CB方向前往小岛B进行物资补充(轮船乙的航行速度不变).若两艘轮船在上午7时出发,轮船乙在上午9时到达小岛B,试通过计算说明轮船甲何时向轮船乙发出需要补充物资的指令.(轮船甲到达小岛B到发送指令之间的时间和指令传输的时间均忽略不计)
@刷素养 走向重高
答案
【解】(1)设两艘轮船出发t小时后,两艘轮船之间的直线距离为50海里,则轮船甲与码头A的距离为40t海里,轮船乙与码头A的距离为(80-50t)海里. 根据题意可得$(80-50t)^2+(40t)^2=50^2$,解得$t_1=1,t_2=\frac{39}{41}$.
答:两艘轮船出发1小时或$\frac{39}{41}$小时后,两艘轮船之间的直线距离为50海里.
(2)设轮船甲出发x小时后向轮船乙发出需要补充物资的指令,则$AC=AD-CD=(80-50x)$海里,$AB=40x$海里,$BC=50×(9-7-x)=50(2-x)$海里.
在Rt△ABC中,由勾股定理,得$AB^2+AC^2=BC^2$,即$(40x)^2+(80-50x)^2=[50(2-x)]^2$,整理得$4x^2+5x-9=0$,解得$x_1=1,x_2=-\frac{9}{4}$(不符合题意,舍去),7+1=8(时).
答:轮船甲在上午8时向轮船乙发出需要补充物资的指令.
答:两艘轮船出发1小时或$\frac{39}{41}$小时后,两艘轮船之间的直线距离为50海里.
(2)设轮船甲出发x小时后向轮船乙发出需要补充物资的指令,则$AC=AD-CD=(80-50x)$海里,$AB=40x$海里,$BC=50×(9-7-x)=50(2-x)$海里.
在Rt△ABC中,由勾股定理,得$AB^2+AC^2=BC^2$,即$(40x)^2+(80-50x)^2=[50(2-x)]^2$,整理得$4x^2+5x-9=0$,解得$x_1=1,x_2=-\frac{9}{4}$(不符合题意,舍去),7+1=8(时).
答:轮船甲在上午8时向轮船乙发出需要补充物资的指令.
解析
【分析】
(1) 本题是动态行程结合勾股定理的应用问题，解题思路如下：首先设出发时间为t小时，分别表示出t小时后轮船甲到A点的距离（即直角三角形的一条直角边）、轮船乙到A点的距离（即直角三角形的另一条直角边），再以两船的直线距离为斜边长，利用勾股定理列一元二次方程，求解后检验解是否符合实际即可。
(2) 第二问先设轮船甲出发x小时后发送指令，先确定各线段的长度：甲航行x小时到达B，故AB为甲的速度乘航行时间x；乙航行x小时到达C，故AC为AD总长度减去乙航行的距离；乙从C到B的航行时间为总用时（9时-7时=2小时）减去x小时，因此BC为乙的速度乘这段航行时间。再在Rt△ABC中用勾股定理列方程，求解得到符合实际的正解，加上出发时间7时即可得到发送指令的时刻。
【解析】
(1) 设两艘轮船出发t小时后，它们之间的直线距离为50海里。
此时轮船甲向南航行的距离为$40t$海里，轮船乙向西航行的距离为$50t$海里，故乙到A点的距离为$(80-50t)$海里。
根据勾股定理可得：
$(80-50t)^2+(40t)^2=50^2$
整理得$41t^2-80t+39=0$，解得$t_1=1$，$t_2=\frac{39}{41}$，两个解均符合实际意义。
(2) 设轮船甲出发x小时后向轮船乙发出需要补充物资的指令。
两艘轮船总航行时长为$9-7=2$小时，故乙从C到B的航行时间为$(2-x)$小时，因此$BC=50(2-x)$海里；
甲航行x小时到达B，故$AB=40x$海里；乙航行x小时到达C，故$AC=80-50x$海里。
在Rt△ABC中由勾股定理得：
$(40x)^2+(80-50x)^2=[50(2-x)]^2$
整理得$4x^2+5x-9=0$，解得$x_1=1$，$x_2=-\frac{9}{4}$（不符合实际，舍去）。
发送指令的时刻为$7+1=8$（时）。
【答案】
(1) 两艘轮船出发1小时或$\frac{39}{41}$小时后，它们之间的直线距离为50海里；
(2) 轮船甲在上午8时向轮船乙发出需要补充物资的指令。
【知识点】
勾股定理应用，一元二次方程应用，行程问题
【点评】
本题结合动态行程场景考查几何与方程的综合应用，解题核心是准确表示动态过程中各线段的长度，同时要注意对一元二次方程的解进行实际意义的检验，舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.65
(1) 本题是动态行程结合勾股定理的应用问题，解题思路如下：首先设出发时间为t小时，分别表示出t小时后轮船甲到A点的距离（即直角三角形的一条直角边）、轮船乙到A点的距离（即直角三角形的另一条直角边），再以两船的直线距离为斜边长，利用勾股定理列一元二次方程，求解后检验解是否符合实际即可。
(2) 第二问先设轮船甲出发x小时后发送指令，先确定各线段的长度：甲航行x小时到达B，故AB为甲的速度乘航行时间x；乙航行x小时到达C，故AC为AD总长度减去乙航行的距离；乙从C到B的航行时间为总用时（9时-7时=2小时）减去x小时，因此BC为乙的速度乘这段航行时间。再在Rt△ABC中用勾股定理列方程，求解得到符合实际的正解，加上出发时间7时即可得到发送指令的时刻。
【解析】
(1) 设两艘轮船出发t小时后，它们之间的直线距离为50海里。
此时轮船甲向南航行的距离为$40t$海里，轮船乙向西航行的距离为$50t$海里，故乙到A点的距离为$(80-50t)$海里。
根据勾股定理可得：
$(80-50t)^2+(40t)^2=50^2$
整理得$41t^2-80t+39=0$，解得$t_1=1$，$t_2=\frac{39}{41}$，两个解均符合实际意义。
(2) 设轮船甲出发x小时后向轮船乙发出需要补充物资的指令。
两艘轮船总航行时长为$9-7=2$小时，故乙从C到B的航行时间为$(2-x)$小时，因此$BC=50(2-x)$海里；
甲航行x小时到达B，故$AB=40x$海里；乙航行x小时到达C，故$AC=80-50x$海里。
在Rt△ABC中由勾股定理得：
$(40x)^2+(80-50x)^2=[50(2-x)]^2$
整理得$4x^2+5x-9=0$，解得$x_1=1$，$x_2=-\frac{9}{4}$（不符合实际，舍去）。
发送指令的时刻为$7+1=8$（时）。
【答案】
(1) 两艘轮船出发1小时或$\frac{39}{41}$小时后，它们之间的直线距离为50海里；
(2) 轮船甲在上午8时向轮船乙发出需要补充物资的指令。
【知识点】
勾股定理应用，一元二次方程应用，行程问题
【点评】
本题结合动态行程场景考查几何与方程的综合应用，解题核心是准确表示动态过程中各线段的长度，同时要注意对一元二次方程的解进行实际意义的检验，舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.65
5 核心素养几何直观[较难]如图,四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形,a,b,c是$Rt△ABC$和$Rt△BED$的边长,易知$AE=\sqrt{2}c$,这时我们把关于x的形如$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”.
请解决下列问题:(1)写出一个“勾系一元二次方程”;
(2)求证:关于x的“勾系一元二次方程”$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$必有实数根;
(3)若$x=-1$是“勾系一元二次方程”$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$的一个根,且四边形ACDE的周长是$6\sqrt{2}$,求$△ABC$的面积.
请解决下列问题:(1)写出一个“勾系一元二次方程”;
(2)求证:关于x的“勾系一元二次方程”$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$必有实数根;
(3)若$x=-1$是“勾系一元二次方程”$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$的一个根,且四边形ACDE的周长是$6\sqrt{2}$,求$△ABC$的面积.
答案
(1)【解】当a=3,b=4,c=5时,“勾系一元二次方程”为$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$.(答案不唯一)
(2)【证明】根据题意,得$\Delta=(\sqrt{2}c)^2-4ab=2c^2-4ab$.
∵$a^2+b^2=c^2$,
∴$2c^2-4ab=2(a^2+b^2)-4ab=2(a-b)^2≥0$,即$\Delta≥0$,
∴“勾系一元二次方程”$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$必有实数根.
(3)【解】当x=-1时,有$a-\sqrt{2}c+b=0$,即$a+b=\sqrt{2}c$.
∵$2a+2b+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$,即$2(a+b)+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$,
∴$3\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$,
∴c=2,
∴$a^2+b^2=c^2=4$,$a+b=2\sqrt{2}$.
∵$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$,
∴ab=2,
∴$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab=1$.
(2)【证明】根据题意,得$\Delta=(\sqrt{2}c)^2-4ab=2c^2-4ab$.
∵$a^2+b^2=c^2$,
∴$2c^2-4ab=2(a^2+b^2)-4ab=2(a-b)^2≥0$,即$\Delta≥0$,
∴“勾系一元二次方程”$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$必有实数根.
(3)【解】当x=-1时,有$a-\sqrt{2}c+b=0$,即$a+b=\sqrt{2}c$.
∵$2a+2b+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$,即$2(a+b)+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$,
∴$3\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$,
∴c=2,
∴$a^2+b^2=c^2=4$,$a+b=2\sqrt{2}$.
∵$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$,
∴ab=2,
∴$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab=1$.
解析
【分析】
(1) 第一问只需选取一组满足勾股定理的a、b、c（即勾股数），代入“勾系一元二次方程”的固定形式即可，答案不唯一。
(2) 要证明一元二次方程必有实数根，核心是证明根的判别式Δ≥0：先写出判别式的表达式，再结合勾股定理$a^2+b^2=c^2$对判别式变形，利用平方的非负性即可完成证明。
(3) 先将$x=-1$代入方程，得到$a+b$与$c$的数量关系；再结合四边形ACDE的周长条件，联立求出$c$的值，进而得到$a+b$和$a^2+b^2$的取值，最后借助完全平方公式求出$ab$的值，即可计算$△ ABC$的面积。
【解析】
(1) 取勾股数$a=3,b=4,c=5$，代入得“勾系一元二次方程”为$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$（答案不唯一，只要$a,b,c$满足$a^2+b^2=c^2即可$）。
(2) 证明：对于方程$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$，
根的判别式$\Delta=(\sqrt{2}c)^2-4ab=2c^2-4ab$，
∵在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得$a^2+b^2=c^2$，
∴代入得$\Delta=2(a^2+b^2)-4ab=2(a-b)^2$，
∵$(a-b)^2≥0$，
∴$\Delta=2(a-b)^2≥0$，
∴该“勾系一元二次方程”必有实数根。
(3) 解：把$x=-1$代入方程得$a-\sqrt{2}c+b=0$，即$a+b=\sqrt{2}c$，
∵四边形ACDE的周长为$6\sqrt{2}$，即$2a+2b+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$，
将$a+b=\sqrt{2}c$代入得$2×\sqrt{2}c+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$，解得$c=2$，
∴$a+b=2\sqrt{2}$，$a^2+b^2=c^2=4$，
由完全平方公式$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$，代入得$(2\sqrt{2})^2=4+2ab$，解得$ab=2$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}ab=1$。
【答案】
(1) 示例：$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$（答案不唯一）
(2) 证明见上述解析
(3) $1$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，勾股定理，完全平方公式
【点评】
本题结合勾股定理与一元二次方程的相关知识综合考查，解题时需要理清条件之间的关联，灵活运用公式变形求解，能够锻炼知识迁移与综合运用的能力。
【难度系数】
0.5
(1) 第一问只需选取一组满足勾股定理的a、b、c（即勾股数），代入“勾系一元二次方程”的固定形式即可，答案不唯一。
(2) 要证明一元二次方程必有实数根，核心是证明根的判别式Δ≥0：先写出判别式的表达式，再结合勾股定理$a^2+b^2=c^2$对判别式变形，利用平方的非负性即可完成证明。
(3) 先将$x=-1$代入方程，得到$a+b$与$c$的数量关系；再结合四边形ACDE的周长条件，联立求出$c$的值，进而得到$a+b$和$a^2+b^2$的取值，最后借助完全平方公式求出$ab$的值，即可计算$△ ABC$的面积。
【解析】
(1) 取勾股数$a=3,b=4,c=5$，代入得“勾系一元二次方程”为$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$（答案不唯一，只要$a,b,c$满足$a^2+b^2=c^2即可$）。
(2) 证明：对于方程$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$，
根的判别式$\Delta=(\sqrt{2}c)^2-4ab=2c^2-4ab$，
∵在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得$a^2+b^2=c^2$，
∴代入得$\Delta=2(a^2+b^2)-4ab=2(a-b)^2$，
∵$(a-b)^2≥0$，
∴$\Delta=2(a-b)^2≥0$，
∴该“勾系一元二次方程”必有实数根。
(3) 解：把$x=-1$代入方程得$a-\sqrt{2}c+b=0$，即$a+b=\sqrt{2}c$，
∵四边形ACDE的周长为$6\sqrt{2}$，即$2a+2b+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$，
将$a+b=\sqrt{2}c$代入得$2×\sqrt{2}c+\sqrt{2}c=6\sqrt{2}$，解得$c=2$，
∴$a+b=2\sqrt{2}$，$a^2+b^2=c^2=4$，
由完全平方公式$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$，代入得$(2\sqrt{2})^2=4+2ab$，解得$ab=2$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}ab=1$。
【答案】
(1) 示例：$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$（答案不唯一）
(2) 证明见上述解析
(3) $1$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，勾股定理，完全平方公式
【点评】
本题结合勾股定理与一元二次方程的相关知识综合考查，解题时需要理清条件之间的关联，灵活运用公式变形求解，能够锻炼知识迁移与综合运用的能力。
【难度系数】
0.5
