Question

1．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=2，BC=6，AB=3，E为BC边上一点，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧．
（1）①如图1，当正方形的顶点F恰好落在对角线AC上时，求BE的长；
②当正方形的顶点F恰好落在边CD上时，请直接写出BE的长为$\frac{18}{7}$；
（2）将图1中的正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFC为正方形MEFG，当点E与点C重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形MEFG的边EF与AC交于点N，连接MD，MN，DN，是否存在这样的实数t，使△DMN是直角三角形？若存在，求出实数t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）①如图1，首先设正方形BEFG的边长为x，易得△AGF∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BE的长；
②如图2，过点D作DH⊥BC于点H，交GF于点M，构建相似三角形：△DMF∽△FEC，结合该相似三角形的对应边成比例和正方形的性质解答即可；
（2）首先利用△NEC∽△ABC与勾股定理，求得MN，DN与MD的平方，然后分别从若∠DMN=90°，则DN²=MN²+MD²，若∠DMN=90°，则DM²=MN²+MD²，若∠MDN=90°，则MN²=MD²+DN²去分析，即可得到方程，解方程即可求得答案．

解答 解：（1）如图1，设正方形BEFG的边长为x，
则BE=FG=BG=x，
∵AB=3，BC=6，
∴AG=AB-BG=3-x，
∵GF∥BE，
∴△AGF∽△ABC，
∴$\frac{AG}{AB}$=$\frac{GF}{BC}$，
即$\frac{3-x}{3}$=$\frac{x}{6}$，
解得：x=2，
即BE=2；

①如图2，过点D作DH⊥BC于点H，交GF于点M，
∵∠DMF=∠FEC=90°，∠DFM=∠FCE，
∴△DMF∽△FEC，
则$\frac{DM}{EF}$=$\frac{MF}{CE}$，即$\frac{3-BE}{BE}$=$\frac{BE-2}{6-BE}$，
故BE=$\frac{18}{7}$．
故答案是：$\frac{18}{7}$．

（2）存在满足条件的t，
理由：如图3，过点D作DH⊥BC于H，
则BH=AD=2，DH=AB=3，
由题意得：BM=HE=t，HM=|t-2|，EC=4-t，
∵EF∥AB，
∴△NEC∽△ABC，
∴$\frac{NE}{AB}$=$\frac{EC}{BC}$，即$\frac{NE}{3}$=$\frac{4-t}{6}$，
∴NE=2-$\frac{1}{2}$t，
在Rt△MNE中，MN²=NE²+ME²=2²+（2-$\frac{1}{2}$t）²=$\frac{1}{4}$t²-2t+8，
在Rt△DHM中，MD²=DH²+MH²=3²+（t-2）²=t²-4t+13，
过点N作NN′⊥DH于N′，
则NN′=HE=t，N′H=NE=2-$\frac{1}{2}$t，
∴DN′=DH-N′H=3-（2-$\frac{1}{2}$t）=$\frac{1}{2}$t+1，
在Rt△DNN′中，DN²=DN^′2+NN′²=$\frac{5}{4}$t²+t+1，
（Ⅰ）若∠DMN=90°，则DN²=MN²+MD²，
即$\frac{5}{4}$t²+t+1=（$\frac{1}{4}$t²-2t+8）+（t²-4t+13），
解得：t=$\frac{20}{7}$，
（Ⅱ）若∠MND=90°，则MD²=MN²+DN²，
即t²-4t+13=（$\frac{1}{4}$t²-2t+8）+（$\frac{5}{4}$t²+t+1），
解得：t₁=-3+$\sqrt{17}$，t₂=-3-$\sqrt{17}$（舍去），
∴t=-3+$\sqrt{17}$；
（Ⅲ）若∠MDN=90°，则MN²=MD²+DN²，
即：$\frac{1}{4}$t²-2t+8=（t²-4t+13）+（$\frac{5}{4}$t²+t+1），
此方程无解，
综上所述，当t=$\frac{20}{7}$或-3+$\sqrt{17}$时，△MDN是直角三角形．

点评 此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题难度较大，注意数形结合思想、方程思想与分类讨论思想的应用，注意辅助线的作法．