分析 (1)如图1,过点D作DM⊥BC,交BC于点M.构建矩形ABMD和直角△CMD,所以由矩形的性质和勾股定理来求CD的长度;
(2)当PE∥AB时,△AEP∽△ADC,可用t表示出DP、DE的长,进而由相似三角形得到的比例线段求得t的值;
(3)①如图2,过点B作BH⊥CD,交CD于点H,过点P作PG⊥EF,交于点G,利用相似三角形△QPG∽△DBH的对应边成比例求得PG的长度,依题意得到EF=CD,所以根据三角形的面积公式可得到S、t的函数关系式;
②如图3,过点P作MN∥AB,则PM⊥AD,PN⊥BC,易证△PEF是等腰直角三角形.通过相似可得PM、PN、ME、NF的长度,然后利用勾股定理得到:PF2=MP2+ME2,PF2=PN2+NF2,则PE2+PF2=EF2,由此可以得到t的值.
解答 解:(1)如图1,过点D作DM⊥BC,交BC于点M.
∵AD∥BC,∠A=90°
∴DM=AB=8cm,BM=AD=6cm
∴CM=4cm,
∴CD=$\sqrt{C{M}^{2}+D{M}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{8}^{2}}$=4$\sqrt{5}$cm;
(2)由题意可求BD=10cm,BP=t,
∴DP=10-t,DE=t,
∵PE∥AB,
∴△DPE∽△DBA
∴$\frac{DP}{BD}$=$\frac{DE}{DA}$ 即$\frac{10-t}{10}$=$\frac{t}{6}$,
解得t=$\frac{15}{4}$;
(3)①如图2,过点B作BH⊥CD,交CD于点H,过点P作PG⊥EF,交于点G,
∵BD=BC=10cm,CD=4$\sqrt{5}$cm,
∴DH=2$\sqrt{5}$cm,
∴BH=$\sqrt{B{D}^{2}-D{H}^{2}}$=4$\sqrt{5}$cm.
∵EF∥CD,易证,EF=CD=4$\sqrt{5}$,DQ=DE=t,
∴QP=BD-BP-DQ=10-2t,
可证△QPG∽△DBH,
∴$\frac{QP}{BD}$=$\frac{PG}{BH}$即$\frac{10-2t}{10}$=$\frac{PG}{4\sqrt{5}}$,
∴PG=4$\sqrt{5}$-$\frac{4\sqrt{5}}{5}$t,
S=$\frac{1}{2}$×EF×PG=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{5}$×(4$\sqrt{5}$-$\frac{4\sqrt{5}}{5}$t)=40-8t(其它解法参照给分).
②t=$\frac{5}{2}$
解答如下:如图3,过点P作MN∥AB,则PM⊥AD,PN⊥BC,
由题意可知∠EPF=90°,
通过相似可得PM=8-$\frac{4}{5}$t,PN=$\frac{4}{5}$t,ME=6-$\frac{8}{5}$t,NF=10-$\frac{8}{5}$t.
PF2=MP2+ME2=(8-$\frac{4}{5}$t)2+(6-$\frac{8}{5}$t)2,PF2=PN2+NF2=($\frac{4}{5}$t)2+(10-$\frac{8}{5}$t)2,
由PE2+PF2=EF2.
可解得t1=$\frac{5}{2}$,t2=$\frac{15}{2}$(舍去)(也可用相似法).
点评 此题考查了直角梯形的性质、勾股定理、圆周角定理、等腰三角形和相似三角形的判定和性质等知识的综合应用能力.
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A. | S1=S2 | B. | S1<S2 | C. | S1>S2 | D. | 无法确定 |
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