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7. 如图，小明将正方形硬纸板沿实线剪开，得到一个立方体的表面展开图. 若正方形硬纸板的边长为10 cm，则折成立方体的棱长为
$2\sqrt{2}$
cm. 答案
7. $2\sqrt{2}$
解析
【解析】
设立方体的棱长为$a$，观察图形可知，原边长为10cm的正方形硬纸板的对角线长度，恰好等于5个立方体棱长沿对角线方向的投影长度之和，立方体的面对角线长为$a\sqrt{2}$。大正方形的对角线长为$10\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，该对角线长度等于5倍的立方体棱长，即$5a = 10\sqrt{2}$，解得$a=2\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
立方体展开图；正方形性质；勾股定理
【点评】
本题结合立方体展开图考查几何计算，需要学生建立大正方形边长与立方体棱长的几何关联，避免直接套用常规展开图的边长关系，对空间想象能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
设立方体的棱长为$a$，观察图形可知，原边长为10cm的正方形硬纸板的对角线长度，恰好等于5个立方体棱长沿对角线方向的投影长度之和，立方体的面对角线长为$a\sqrt{2}$。大正方形的对角线长为$10\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，该对角线长度等于5倍的立方体棱长，即$5a = 10\sqrt{2}$，解得$a=2\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
立方体展开图；正方形性质；勾股定理
【点评】
本题结合立方体展开图考查几何计算，需要学生建立大正方形边长与立方体棱长的几何关联，避免直接套用常规展开图的边长关系，对空间想象能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
8. 如图，桌面上有两根互相垂直的细木棒，$AO=BO=50\ \mathrm{cm}$，一只蚂蚁由点A开始以2 cm/s的速度向点B爬行；同时另一只蚂蚁由点O开始以3 cm/s的速度沿OC方向爬行. 是否存在这样的时刻，使两只蚂蚁与点O组成的三角形面积为$450\ \mathrm{cm}^2$？
答案
8. 存在. 当时间为10 s,15 s,30 s两只小蚂蚁与点O组成的三角形面积为$450\ \mathrm{cm}^2$
解析
【分析】
要解决这个问题，需先设经过$ t $秒后两只蚂蚁与点$ O $组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $。由于从$ A $出发的蚂蚁向$ B $爬行，它到$ O $点的距离会随时间变化，分两种情况：未到达$ O $点（$ t ≤ 25\ \mathrm{s} $）和超过$ O $点（$ t ＞ 25\ \mathrm{s} $）；沿$ OC $爬行的蚂蚁到$ O $点的距离始终为$ 3t $（$ t＞0 $）。因为$ AB ⊥ OC $，三角形面积等于两蚂蚁到$ O $点距离乘积的一半，据此列方程求解，同时检验解是否符合实际时间范围。
【解析】
设经过$ t $秒后，两只蚂蚁与点$ O $组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $。
因为$ AB ⊥ OC $，三角形面积公式为 $ S = \frac{1}{2} × \mathrm{蚂蚁到}O\mathrm{的距离} × \mathrm{另一蚂蚁到}O\mathrm{的距离} $。
情况1：当$ 0 ＜ t ≤ 25 $时，从$ A $出发的蚂蚁未到达$ O $点，到$ O $点的距离为$ (50 - 2t)\ \mathrm{cm} $，代入面积公式：
$\frac{1}{2} × (50 - 2t) × 3t = 450$
整理得：
$150t - 6t^2 = 900 \t^2 - 25t + 150 = 0$
因式分解得：
$(t - 10)(t - 15) = 0$
解得$ t = 10 $或$ t = 15 $，均满足$ 0 ＜ t ≤ 25 $，有效。
情况2：当$ t ＞ 25 $时，从$ A $出发的蚂蚁已超过$ O $点，到$ O $点的距离为$ (2t - 50)\ \mathrm{cm} $，代入面积公式：
$\frac{1}{2} × (2t - 50) × 3t = 450$
整理得：
$6t^2 - 150t - 900 = 0 \t^2 - 25t - 150 = 0$
用求根公式解得：
$t = \frac{25 \pm \sqrt{625 + 600}}{2} = \frac{25 \pm 35}{2}$
舍去负根，得$ t = 30 $，满足$ t ＞ 25 $，有效。
综上，存在符合条件的时刻。
【答案】
存在. 当时间为10 s,15 s,30 s两只小蚂蚁与点O组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $
【知识点】
一元二次方程应用、三角形面积、动点问题
【点评】
本题是动点类面积问题，核心是分情况讨论蚂蚁的位置，结合垂直关系确定面积表达式，需注意解的实际意义，避免漏解。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需先设经过$ t $秒后两只蚂蚁与点$ O $组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $。由于从$ A $出发的蚂蚁向$ B $爬行，它到$ O $点的距离会随时间变化，分两种情况：未到达$ O $点（$ t ≤ 25\ \mathrm{s} $）和超过$ O $点（$ t ＞ 25\ \mathrm{s} $）；沿$ OC $爬行的蚂蚁到$ O $点的距离始终为$ 3t $（$ t＞0 $）。因为$ AB ⊥ OC $，三角形面积等于两蚂蚁到$ O $点距离乘积的一半，据此列方程求解，同时检验解是否符合实际时间范围。
【解析】
设经过$ t $秒后，两只蚂蚁与点$ O $组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $。
因为$ AB ⊥ OC $，三角形面积公式为 $ S = \frac{1}{2} × \mathrm{蚂蚁到}O\mathrm{的距离} × \mathrm{另一蚂蚁到}O\mathrm{的距离} $。
情况1：当$ 0 ＜ t ≤ 25 $时，从$ A $出发的蚂蚁未到达$ O $点，到$ O $点的距离为$ (50 - 2t)\ \mathrm{cm} $，代入面积公式：
$\frac{1}{2} × (50 - 2t) × 3t = 450$
整理得：
$150t - 6t^2 = 900 \t^2 - 25t + 150 = 0$
因式分解得：
$(t - 10)(t - 15) = 0$
解得$ t = 10 $或$ t = 15 $，均满足$ 0 ＜ t ≤ 25 $，有效。
情况2：当$ t ＞ 25 $时，从$ A $出发的蚂蚁已超过$ O $点，到$ O $点的距离为$ (2t - 50)\ \mathrm{cm} $，代入面积公式：
$\frac{1}{2} × (2t - 50) × 3t = 450$
整理得：
$6t^2 - 150t - 900 = 0 \t^2 - 25t - 150 = 0$
用求根公式解得：
$t = \frac{25 \pm \sqrt{625 + 600}}{2} = \frac{25 \pm 35}{2}$
舍去负根，得$ t = 30 $，满足$ t ＞ 25 $，有效。
综上，存在符合条件的时刻。
【答案】
存在. 当时间为10 s,15 s,30 s两只小蚂蚁与点O组成的三角形面积为$ 450\ \mathrm{cm}^2 $
【知识点】
一元二次方程应用、三角形面积、动点问题
【点评】
本题是动点类面积问题，核心是分情况讨论蚂蚁的位置，结合垂直关系确定面积表达式，需注意解的实际意义，避免漏解。
【难度系数】
0.5
9. 一个小球以5 m/s速度开始向前滚动，并且均匀减速，4 s后小球停止滚动.
（1）小球的滚动速度平均每秒减少多少？
（2）小球滚动5 m约用了多少秒（结果保留小数点后一位）？
[提示：匀变速直线运动中，每个时间段内的平均速度$\overline{v}$（初速度与末速度的平均数）与路程$s$、时间$t$的关系是$s=\overline{v}t$]
（1）小球的滚动速度平均每秒减少多少？
（2）小球滚动5 m约用了多少秒（结果保留小数点后一位）？
[提示：匀变速直线运动中，每个时间段内的平均速度$\overline{v}$（初速度与末速度的平均数）与路程$s$、时间$t$的关系是$s=\overline{v}t$]
答案
9. (1) 从滚动到停下平均每秒速度减少值为速度变化÷小球运动速度变化的时间,即$5÷4=1.25(\mathrm{m/s})$,故小球的滚动速度平均每秒减少1.25 m/s
(2) 球滚动到5 m时约用了$x$ s ,根据题意,得$x · \dfrac{5+(5-1.25x)}{2}=5$,整理,得$x^2-8x+8=0$,解得$x=4±2\sqrt{2}$,$∵x＜4$,
$∴x=4-2\sqrt{2}≈1.2$. 故小球滚动5 m用了1.2 s
(2) 球滚动到5 m时约用了$x$ s ,根据题意,得$x · \dfrac{5+(5-1.25x)}{2}=5$,整理,得$x^2-8x+8=0$,解得$x=4±2\sqrt{2}$,$∵x＜4$,
$∴x=4-2\sqrt{2}≈1.2$. 故小球滚动5 m用了1.2 s
解析
【分析】
第（1）问：小球均匀减速，速度的总减少量为初速度与末速度的差值，平均每秒减少的速度等于总速度减少量除以总运动时间，直接计算即可。
第（2）问：设滚动5m的时间为x秒，先表示x秒时的末速度，再根据提示的平均速度公式（路程=平均速度×时间）列一元二次方程，解方程后结合时间的实际意义（小于总运动时间4秒）选取合理的解。
【解析】
（1）小球初速度为5m/s，4秒后末速度为0，总速度减少量为$5 - 0 = 5\ \mathrm{m/s}$，因此平均每秒速度减少：$5 ÷ 4 = 1.25\ (\mathrm{m/s})$。
（2）设小球滚动5m所用时间为$x\ \mathrm{s}$，$x$秒时的末速度为$(5 - 1.25x)\ \mathrm{m/s}$，根据平均速度公式$s=\overline{v}t$（$\overline{v}=\frac{初速度+末速度}{2}$），列方程：
$x · \frac{5 + (5 - 1.25x)}{2} = 5$
整理方程：
两边同乘2得：$x(10 - 1.25x) = 10$
展开移项得：$x^2 - 8x + 8 = 0$
用求根公式解得：$x = \frac{8 \pm \sqrt{64 - 32}}{2} = 4 \pm 2\sqrt{2}$
因为小球4秒后停止，故$x ＜ 4$，$2\sqrt{2} \approx 2.828$，因此$x = 4 - 2\sqrt{2} \approx 1.2\ (\mathrm{s})$。
【答案】
（1）小球的滚动速度平均每秒减少1.25 m/s；（2）小球滚动5 m约用了1.2 s。
【知识点】
匀变速直线运动、一元二次方程的应用
【点评】
本题结合匀变速运动的平均速度公式考查一元二次方程的实际应用，关键是理解速度变化量和平均速度的关系，需根据实际意义筛选方程的解，难度适中。
【难度系数】
0.6
第（1）问：小球均匀减速，速度的总减少量为初速度与末速度的差值，平均每秒减少的速度等于总速度减少量除以总运动时间，直接计算即可。
第（2）问：设滚动5m的时间为x秒，先表示x秒时的末速度，再根据提示的平均速度公式（路程=平均速度×时间）列一元二次方程，解方程后结合时间的实际意义（小于总运动时间4秒）选取合理的解。
【解析】
（1）小球初速度为5m/s，4秒后末速度为0，总速度减少量为$5 - 0 = 5\ \mathrm{m/s}$，因此平均每秒速度减少：$5 ÷ 4 = 1.25\ (\mathrm{m/s})$。
（2）设小球滚动5m所用时间为$x\ \mathrm{s}$，$x$秒时的末速度为$(5 - 1.25x)\ \mathrm{m/s}$，根据平均速度公式$s=\overline{v}t$（$\overline{v}=\frac{初速度+末速度}{2}$），列方程：
$x · \frac{5 + (5 - 1.25x)}{2} = 5$
整理方程：
两边同乘2得：$x(10 - 1.25x) = 10$
展开移项得：$x^2 - 8x + 8 = 0$
用求根公式解得：$x = \frac{8 \pm \sqrt{64 - 32}}{2} = 4 \pm 2\sqrt{2}$
因为小球4秒后停止，故$x ＜ 4$，$2\sqrt{2} \approx 2.828$，因此$x = 4 - 2\sqrt{2} \approx 1.2\ (\mathrm{s})$。
【答案】
（1）小球的滚动速度平均每秒减少1.25 m/s；（2）小球滚动5 m约用了1.2 s。
【知识点】
匀变速直线运动、一元二次方程的应用
【点评】
本题结合匀变速运动的平均速度公式考查一元二次方程的实际应用，关键是理解速度变化量和平均速度的关系，需根据实际意义筛选方程的解，难度适中。
【难度系数】
0.6
10. 如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝12 cm，点P从点A出发沿AB以1 cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点B出发沿BC以2 cm/s的速度向点C移动，当其中一点到达终点运动即停止.设运动时间为t s.
（1）在运动过程中，PQ的长度能否为$4\sqrt{2}$ cm？若能，求出t的值；若不能，请说明理由.
（2）在运动过程中，$△ PDQ$的面积能否为$10\ \mathrm{cm}^2$？若能，求出t的值；若不能，请说明理由.
（1）在运动过程中，PQ的长度能否为$4\sqrt{2}$ cm？若能，求出t的值；若不能，请说明理由.
（2）在运动过程中，$△ PDQ$的面积能否为$10\ \mathrm{cm}^2$？若能，求出t的值；若不能，请说明理由.
答案
10. (1) $t=2\ \mathrm{s}$或$0.4\ \mathrm{s}$
(2) 不能
(2) 不能
解析
【分析】
首先确定运动时间t的取值范围：点P从A到B需6s，点Q从B到C需6s，故t∈[0,6]。
（1）对于PQ的长度，利用Rt△PBQ的勾股定理建立方程，求解后判断解是否在t的范围内，即可确定是否存在符合条件的t；
（2）对于△PDQ的面积，用矩形面积减去周围三个直角三角形的面积，得到△PDQ的面积表达式，令其等于10，通过判别式判断方程是否有实根，进而得出结论。
【解析】
（1）由题意，AP = t cm，BQ = 2t cm，则PB = AB - AP = (6 - t) cm。
在Rt△PBQ中，∠B=90°，根据勾股定理：
PQ² = PB² + BQ²
若PQ = 4√2 cm，则PQ² = (4√2)² = 32，代入得：
(6 - t)² + (2t)² = 32
展开并整理：
36 - 12t + t² + 4t² = 32
5t² - 12t + 4 = 0
解此一元二次方程，判别式Δ = (-12)² - 4×5×4 = 64，
根为t = [12 ± √64]/(2×5)，即t₁=2，t₂=0.4。
两个解均满足0≤t≤6，故PQ的长度能为4√2 cm，此时t的值为0.4 s或2 s。
（2）矩形ABCD的面积为6×12=72 cm²。
△APD的面积：S△APD = (1/2)×12×t = 6t cm²；
△BPQ的面积：S△BPQ = (1/2)×(6 - t)×2t = t(6 - t) cm²；
△DCQ的面积：S△DCQ = (1/2)×6×(12 - 2t) = 36 - 6t cm²；
则△PDQ的面积为：
S△PDQ = 72 - 6t - t(6 - t) - (36 - 6t) = t² - 6t + 36 cm²。
令S△PDQ=10，得方程t² -6t +26=0，判别式Δ=(-6)² -4×1×26=-68＜0，方程无实根，故△PDQ的面积不能为10 cm²。
【答案】
(1) 能，t的值为0.4 s或2 s；(2) 不能
【知识点】
矩形性质、勾股定理、一元二次方程应用
【点评】
本题为矩形中的动点问题，需结合几何性质建立方程求解，关键是正确表示线段长度与面积，利用一元二次方程根的情况判断解的存在性，是常见的几何动点题型。
【难度系数】
0.5
首先确定运动时间t的取值范围：点P从A到B需6s，点Q从B到C需6s，故t∈[0,6]。
（1）对于PQ的长度，利用Rt△PBQ的勾股定理建立方程，求解后判断解是否在t的范围内，即可确定是否存在符合条件的t；
（2）对于△PDQ的面积，用矩形面积减去周围三个直角三角形的面积，得到△PDQ的面积表达式，令其等于10，通过判别式判断方程是否有实根，进而得出结论。
【解析】
（1）由题意，AP = t cm，BQ = 2t cm，则PB = AB - AP = (6 - t) cm。
在Rt△PBQ中，∠B=90°，根据勾股定理：
PQ² = PB² + BQ²
若PQ = 4√2 cm，则PQ² = (4√2)² = 32，代入得：
(6 - t)² + (2t)² = 32
展开并整理：
36 - 12t + t² + 4t² = 32
5t² - 12t + 4 = 0
解此一元二次方程，判别式Δ = (-12)² - 4×5×4 = 64，
根为t = [12 ± √64]/(2×5)，即t₁=2，t₂=0.4。
两个解均满足0≤t≤6，故PQ的长度能为4√2 cm，此时t的值为0.4 s或2 s。
（2）矩形ABCD的面积为6×12=72 cm²。
△APD的面积：S△APD = (1/2)×12×t = 6t cm²；
△BPQ的面积：S△BPQ = (1/2)×(6 - t)×2t = t(6 - t) cm²；
△DCQ的面积：S△DCQ = (1/2)×6×(12 - 2t) = 36 - 6t cm²；
则△PDQ的面积为：
S△PDQ = 72 - 6t - t(6 - t) - (36 - 6t) = t² - 6t + 36 cm²。
令S△PDQ=10，得方程t² -6t +26=0，判别式Δ=(-6)² -4×1×26=-68＜0，方程无实根，故△PDQ的面积不能为10 cm²。
【答案】
(1) 能，t的值为0.4 s或2 s；(2) 不能
【知识点】
矩形性质、勾股定理、一元二次方程应用
【点评】
本题为矩形中的动点问题，需结合几何性质建立方程求解，关键是正确表示线段长度与面积，利用一元二次方程根的情况判断解的存在性，是常见的几何动点题型。
【难度系数】
0.5
