分析 （1）当t=1时，DG=2，从而得到DG=AH，然后可证明△HDG∽△EAH，由相似三角形的性质可知：$\frac{GH}{EH}=\frac{DG}{AH}$，从而得到GH=HE，又因为四边形EFGH是矩形，故此四边形EFGH是正方形；
（2）由（1）可知：△HDG∽△EAH，由相似三角形的性质可知：$\frac{DG}{DH}=\frac{AH}{AE}$，即：$\frac{2t}{10}=\frac{2}{8}$，从而可求得t=$\frac{5}{4}$；
（3）如图3所示：过点F作FM⊥AB．首先证明△HDG≌△FME，从而得到DH=FM=12-t，然后根据△DHG∽△AEH，可知$\frac{DH}{AE}=\frac{DG}{AH}$，可求得AE=6$-\frac{t}{2}$，所以BE=4+$\frac{t}{2}$，接下来利用三角形的面积公式得出三角形BEF的面积与t的函数关系式，利用配方法可求得当t=2时，△BEF的面积有最大值，最大值为25．
解答 解：（1）∵t=1，
∴DG=2．
∴DG=AH．
∵四边形EFGH为矩形，
∴∠GHE=90°．
∴∠DHG+∠AHE=90°．
∵∠AHE+∠AEH=90°，
∴∠DHG=∠AEH．
又∵∠D=∠A=90°，
∴△HDG∽△EAH．
∴$\frac{GH}{EH}=\frac{DG}{AH}=\frac{2}{2}=1$．
∴GH=HE．
又∵四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH是正方形．
（2）由（1）可知：△HDG∽△EAH．
∴$\frac{DG}{DH}=\frac{AH}{AE}$，即：$\frac{2t}{10}=\frac{2}{8}$．
解得t=$\frac{5}{4}$．
（3）如图3所示：过点F作FM⊥AB．
由（1）可知：∠DHG=∠AEH．
∵∠AEH+∠FEM=90°，∠FEM+∠EFM=90°，
∴∠HEA=∠EFM．
∴∠DHG=∠EFM．
在△HDG和△FME中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠D=∠EMF=90°}\\{∠DHG=∠EFM}\\{GH=EF}\end{array}\right.$，
∴△HDG≌△FME．
∴DH=FM．
∵AH=t，DG=2t，
∴DH=12-t．
由（1）可知△DHG∽△AEH．
∴$\frac{DH}{AE}=\frac{DG}{AH}$即：$\frac{12-t}{AE}=\frac{2t}{t}$．
∴AE=6$-\frac{t}{2}$．
∴BE=4+$\frac{t}{2}$
∴${S}_{△BEF}=\frac{1}{2}EB•FM=\frac{1}{2}EB•DH$=$\frac{1}{2}×（4+\frac{1}{2}t）（12-t）$=$-\frac{1}{4}{t}^{2}+t+24$=$-\frac{1}{4}（t-2）^{2}+25$．
∴当t=2时，△BEF的面积为25．
点评 本题主要考查的是相似三角形的性质和判定、矩形的性质、全等三角形的性质和判定、配方法求二次函数的最值的综合应用，证得△HDG≌△FME、△DHG∽△AEH是解题的关键．
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| A． | $\sqrt{{a}^{2}-1}$ | B． | $\sqrt{a}$ | C． | $\sqrt{2a+1}$ | D． | $\sqrt{{a}^{2}+0.1}$ |
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如图，已知D、E分别是的AB、AC边上的点，DE∥BC，且AE：EC=2：5，那么S△ADE：S四边形DBCE等于4：21．