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8. (2026·贵阳期中)形如$x^2 + 8x = 33$的方程，求正数解的几何方法是“如图①，先构造一个面积为$x^2$的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造4个面积为$2x$的矩形，得到大正方形的面积为$33 + 2^2×4 = 49$，则大正方形边长为7，该方程的正数解为$7 - 2×2 = 3$.”小聪按此方法解关于$x$的方程$x^2 + 12x + m = 0$时，构造出如图②所示的图形，已知阴影部分的面积为45，则该方程的正数解为 (
A.9
B.6
C.3
D.$3\sqrt{5}$
C
)A.9
B.6
C.3
D.$3\sqrt{5}$
答案
8. C 解析:
∵ 阴影部分的面积为 45,
∴ $45+3^2×4=(x+2×3)^2$,即 $81=(x+6)^2$,
∴ 大正方形边长为 $\sqrt{81}=9$,
∴ 该方程的正数解为 $9-2×3=3$.故选 C.
∵ 阴影部分的面积为 45,
∴ $45+3^2×4=(x+2×3)^2$,即 $81=(x+6)^2$,
∴ 大正方形边长为 $\sqrt{81}=9$,
∴ 该方程的正数解为 $9-2×3=3$.故选 C.
9. 如图①,在$△ ABC$中,$AB=BC$,$BD ⊥ AC$于点$D(AD＞BD)$.动点$M$从$A$点出发,沿折线$AB \to BC$方向运动,运动到点$C$停止.设点$M$的运动路程为$x$,$△ AMD$的面积为$y$,$y$与$x$的函数图象如图②,则$AC$的长为 (
A.3
B.6
C.8
D.9
B
)A.3
B.6
C.8
D.9
答案
9. B 解析:由题图②知,$AB+BC=2\sqrt{13}$.
∵ $AB=BC$,
∴ $AB=\sqrt{13}$.
∵ $AB=BC$,$BD⊥AC$,
∴ $AC=2AD$,$∠ADB=90°$,则 $AD^2+BD^2=AB^2=13$ ①.由题意可得,当点 M 运动到点 B 时,$△ ADM$ 的面积最大,最大为 3,
∴ $\frac{1}{2}AD · BD=3$,
∴ $AD · BD=6$ ②,①+2×②得,$AD^2+BD^2+2AD · BD=(AD+BD)^2=13+2×6=25$,
∴ $AD+BD=5$(负值已舍去),代入②得 $AD(5-AD)=6$,
∴ $AD=3$ 或 $AD=2$.
∵ $AD＞BD$,
∴ $AD=3$,
∴ $AC=2AD=6$.
∵ $AB=BC$,
∴ $AB=\sqrt{13}$.
∵ $AB=BC$,$BD⊥AC$,
∴ $AC=2AD$,$∠ADB=90°$,则 $AD^2+BD^2=AB^2=13$ ①.由题意可得,当点 M 运动到点 B 时,$△ ADM$ 的面积最大,最大为 3,
∴ $\frac{1}{2}AD · BD=3$,
∴ $AD · BD=6$ ②,①+2×②得,$AD^2+BD^2+2AD · BD=(AD+BD)^2=13+2×6=25$,
∴ $AD+BD=5$(负值已舍去),代入②得 $AD(5-AD)=6$,
∴ $AD=3$ 或 $AD=2$.
∵ $AD＞BD$,
∴ $AD=3$,
∴ $AC=2AD=6$.
10. (2026·防城港月考)如图所示，A,B,C,D为矩形的四个顶点，AB=16 cm，AD=8 cm，动点P,Q分别从点A,C同时出发，点P以3 cm/s的速度向点B移动，点Q以2 cm/s的速度向点D移动。若一点到达终点，另一点也随之停止运动。当点P和点Q的距离是10 cm时，P,Q两点运动了
2或$\frac{22}{5}$
s.答案
10. 2或$\frac{22}{5}$ 解析:设当P,Q两点出发$t(t＜\frac{16}{3})$s时,点P和点Q的距离是10 cm,此时$AP=3t$ cm,$DQ=(16-2t)$cm.根据题意,得$(16-2t-3t)^2+8^2=10^2$,即$(16-5t)^2=36$,解得$t_1=2$,$t_2=\frac{22}{5}$.故当点P和点Q的距离是10 cm时,P,Q两点运动了2 s或$\frac{22}{5}$ s.
11. (2025·威海中考)如图,小明同学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12 cm,则折成立方体的棱长为
$\frac{12\sqrt{2}}{5}$
cm. 答案
11. $\frac{12\sqrt{2}}{5}$ 解析:如图,设$BC=x$ cm,则$AB=AE=(12-x)$cm,$BD=\sqrt{2}x$ cm,$BE=4\sqrt{2}x$ cm,则在直角三角形ABE中,由勾股定理可得,$AE^2+AB^2=BE^2$,即$(12-x)^2+(12-x)^2=(4\sqrt{2}x)^2$,解得$x=\frac{12}{5}$或$x=-4$(舍去),
∴ 立方体的棱长为$BD=\sqrt{2}x=\frac{12\sqrt{2}}{5}$ cm.
12.（2025·威海中考）把一张矩形纸片按照如图①所示的方式剪成四个全等的直角三角形，四个直角三角形可拼成如图②或图③所示的正方形。若矩形纸片的长为$m$，宽为$n$，四边形$EFGH$的面积等于四边形$ABCD$面积的2倍，则$\frac{m}{n}=$
$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$
。答案
12. $\frac{2+\sqrt{3}}{2}$ 解析:根据题意得,四边形EFGH的面积=$m^2+(\frac{n}{2})^2=m^2+\frac{n^2}{4}$,四边形ABCD的面积=$(m-\frac{n}{2})^2=m^2-mn+\frac{n^2}{4}$.
∵ 四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的2倍,
∴ $m^2+\frac{n^2}{4}=2(m^2-mn+\frac{n^2}{4})$,整理得,$4m^2-8mn+n^2=0$,
∴ $4(\frac{m}{n})^2-8·\frac{m}{n}+1=0$,由题意得$\frac{m}{n}＞1$,设$\frac{m}{n}=t$,
∴ $4t^2-8t+1=0$,解得$t=\frac{2+\sqrt{3}}{2}$ 或 $t=\frac{2-\sqrt{3}}{2}$(舍去),
∴ $\frac{m}{n}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}$.
∵ 四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的2倍,
∴ $m^2+\frac{n^2}{4}=2(m^2-mn+\frac{n^2}{4})$,整理得,$4m^2-8mn+n^2=0$,
∴ $4(\frac{m}{n})^2-8·\frac{m}{n}+1=0$,由题意得$\frac{m}{n}＞1$,设$\frac{m}{n}=t$,
∴ $4t^2-8t+1=0$,解得$t=\frac{2+\sqrt{3}}{2}$ 或 $t=\frac{2-\sqrt{3}}{2}$(舍去),
∴ $\frac{m}{n}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}$.
13. 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,求移动的距离AA';
(2)当移动的距离AA'是何值时,重叠部分是菱形?
(1)当两个三角形重叠部分的面积为3时,求移动的距离AA';
(2)当移动的距离AA'是何值时,重叠部分是菱形?
答案
13. 设AC,A'B'交于点E,DC,A'C'交于点F.
(1)设$AA'=x$,则$A'E=AA'=x$,$A'D=4-x$.由题意得$x(4-x)=3$,解得$x=1$或$x=3$,所以移动的距离AA'为1或3.
(2)当四边形A'ECF是菱形时,$A'E=A'F$.设$AA'=x$,则$A'E=A'F=x$.由题意得,$A'F^2=2A'D^2$,即$x^2=2(4-x)^2$,解得$x=8-4\sqrt{2}$或$x=8+4\sqrt{2}$(舍去),所以当移动的距离是$8-4\sqrt{2}$时,重叠部分是菱形.
(1)设$AA'=x$,则$A'E=AA'=x$,$A'D=4-x$.由题意得$x(4-x)=3$,解得$x=1$或$x=3$,所以移动的距离AA'为1或3.
(2)当四边形A'ECF是菱形时,$A'E=A'F$.设$AA'=x$,则$A'E=A'F=x$.由题意得,$A'F^2=2A'D^2$,即$x^2=2(4-x)^2$,解得$x=8-4\sqrt{2}$或$x=8+4\sqrt{2}$(舍去),所以当移动的距离是$8-4\sqrt{2}$时,重叠部分是菱形.
