《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册北师大版》

3. 如图，在$\triangle ABC$中，$∠B=90^{\circ },AB=5cm,BC=7cm$，点P从点A开始沿AB向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC向点C以2cm/s的速度移动。当P，Q两点中有一点到达终点时，同时停止运动。
(1)如果点P，Q分别从点A，B同时出发，那么经过几秒，$\triangle PBQ$的面积等于$4cm^{2}$？1s
(2)如果点P，Q分别从点A，B同时出发，那么经过几秒，PQ的长度等于$2\sqrt {10}cm$？3s
(3)$\triangle PQB$的面积能否等于$7cm^{2}$？请说明理由。不能

答案： 1. （1）
设经过$x$秒，$\triangle PBQ$的面积等于$4cm^{2}$。
已知$AP = xcm$，$BQ = 2xcm$，则$PB=(5 - x)cm$。
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（这里$a = PB$，$h = BQ$），可得$\frac{1}{2}(5 - x)×2x = 4$。
化简方程：
方程$\frac{1}{2}(5 - x)×2x = 4$可化为$(5 - x)x = 4$。
即$5x−x^{2}=4$，进一步整理得$x^{2}-5x + 4 = 0$。
分解因式：
对于一元二次方程$x^{2}-5x + 4 = 0$，根据$ax^{2}+bx + c = 0(a\neq0)$的因式分解法$x^{2}-5x + 4=(x - 1)(x - 4)=0$。
则$x - 1 = 0$或$x - 4 = 0$。
解得$x_{1}=1$，$x_{2}=4$。
又因为$0\leqslant x\leqslant3.5$（当$Q$到达终点时，$t=\frac{7}{2}=3.5s$），所以$x = 1$。
2. （2）
设经过$y$秒，$PQ$的长度等于$2\sqrt{10}cm$。
由勾股定理$PQ^{2}=PB^{2}+BQ^{2}$，已知$PB=(5 - y)cm$，$BQ = 2ycm$，$PQ = 2\sqrt{10}cm$，则$(5 - y)^{2}+(2y)^{2}=(2\sqrt{10})^{2}$。
展开并化简方程：
展开$(5 - y)^{2}+(2y)^{2}=(2\sqrt{10})^{2}$得$25-10y + y^{2}+4y^{2}=40$。
合并同类项得$5y^{2}-10y - 15 = 0$，两边同时除以$5$得$y^{2}-2y - 3 = 0$。
分解因式：
对于$y^{2}-2y - 3 = 0$，根据$ax^{2}+bx + c = 0(a\neq0)$的因式分解法$y^{2}-2y - 3=(y - 3)(y + 1)=0$。
则$y - 3 = 0$或$y+1 = 0$。
解得$y_{1}=3$，$y_{2}=-1$（时间不能为负舍去），所以$y = 3$。
3. （3）
设经过$z$秒，$\triangle PQB$的面积等于$7cm^{2}$。
由$\frac{1}{2}(5 - z)×2z = 7$。
化简方程：
方程$\frac{1}{2}(5 - z)×2z = 7$可化为$(5 - z)z = 7$。
即$5z−z^{2}=7$，整理得$z^{2}-5z + 7 = 0$。
计算判别式$\Delta$：
对于一元二次方程$az^{2}+bz + c = 0(a = 1,b=-5,c = 7)$，$\Delta=b^{2}-4ac$。
这里$\Delta=(-5)^{2}-4×1×7=25 - 28=-3\lt0$。
因为$\Delta\lt0$，所以此方程无实数根，即$\triangle PQB$的面积不能等于$7cm^{2}$。
综上，（1）经过$1$秒，$\triangle PBQ$的面积等于$4cm^{2}$；（2）经过$3$秒，$PQ$的长度等于$2\sqrt{10}cm$；（3）$\triangle PQB$的面积不能等于$7cm^{2}$。

4. (模型观念)如图，在矩形ABCD中，$BC=20cm$，点P，Q，M，N分别从点A，B，C，D出发，沿AD，BC，CB，DA方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达运动所在边的另一个端点时，四个点停止运动。已知在相同时间内，若$BQ=xcm(x≠0)$，则$AP=2xcm,CM=3xcm,DN=x^{2}cm$。
(1)当x为何值时，点P，N重合？$\sqrt{21}$ - 1
(2)当x为何值时，以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形？2或4

答案： 1. （1）
当点$P$，$N$重合时：
因为$AD = BC = 20cm$，$AP = 2xcm$，$DN=x^{2}cm$，且$AP + DN=AD$。
所以$2x + x^{2}=20$，即$x^{2}+2x - 20 = 0$。
对于一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0(a\neq0)$，这里$a = 1$，$b = 2$，$c=-20$，根据求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$，可得$x=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4×1×(-20)}}{2×1}=\frac{-2\pm\sqrt{4 + 80}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{84}}{2}=\frac{-2\pm2\sqrt{21}}{2}=-1\pm\sqrt{21}$。
又因为$x\gt0$，所以$x=-1+\sqrt{21}$。
2. （2）
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AD// BC$。
若以点$P$，$Q$，$M$，$N$为顶点的四边形是平行四边形，则$PN = QM$。
分两种情况讨论：
①当点$N$在点$P$的右侧时：
$PN=AD - AP - DN=20-(2x + x^{2})$，$QM = BC - BQ - CM=20-(x + 3x)$。
由$PN = QM$，可得$20-(2x + x^{2})=20-(x + 3x)$。
化简得$20-2x - x^{2}=20 - 4x$。
移项得$x^{2}-2x = 0$，提取公因式$x$得$x(x - 2)=0$。
解得$x = 0$（舍去）或$x = 2$。
②当点$N$在点$P$的左侧时：
$PN=AP + DN-AD=(2x + x^{2})-20$，$QM = BQ + CM - BC=(x + 3x)-20$。
由$PN = QM$，可得$2x + x^{2}-20=x + 3x-20$。
化简得$x^{2}-2x = 0$，解得$x = 0$（舍去）或$x = 2$。
综上，（1）$x=-1+\sqrt{21}$时，点$P$，$N$重合；（2）$x = 2$时，以点$P$，$Q$，$M$，$N$为顶点的四边形是平行四边形。