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    3．如图（1），在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，等腰直角三角形EFG的直角边EG与AB重合，FG与BC在一直线上，直角三角形EFG沿直线AC以每秒5个单位长度的速度移动，直到点E与点C重合．
    （1）移动的时间t为何值时，线段EF经过点B；
    （2）如图（2），连接CG，移动的时间t为何值时，三角形CEG为等腰三角形；
    （3）如图（3），在（2）的条件下，连接DG、DE，在移动过程中，是否存在某一时刻t，使得DG与AC垂直？如果存在，求出此时相应四边形CDEG的面积，如果不存在，则请说明理由．

    分析 （1）先根据勾股定理得出AC，再判断出△ABO为等腰直角三角形，即可求出AE，即可；
    （2）分三种情况进行讨论计算，利用等腰三角形的边相等建立方程求解即可得出结论；
    （3）先判断出四边形CDEG是菱形，再构造直角三角形求出△ADE的边AD上的高，用面积差即可得出结论．

    解答 解：（1）由题意得，AB=6，BC=8  EG=EF=AB=CD=6，
    在Rt△ABC中，根据勾股定理，得，AC=10，
    当EF通过B点时，设EG与BC交点为O，
    由题意知，∠BAF=∠BAC=45°，
    ∴∠FAC=90°，
    ∴△ABO为等腰直角三角形，
    在Rt△ABO中，AB=6，
    ∴AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=3$\sqrt{2}$，
    ∴t=AE÷5=3$\sqrt{2}$÷5=$\frac{3\sqrt{2}}{5}$，
    （2）∵三角形CEG为等腰三角形；
    ∴①当CE=EG时，∴CE=EG=6，
    ∴AE=AC-CE=4，
    ∴t=$\frac{4}{5}$，
    ②当EG=CG时，∵∠AEF=90°，∠FEG=45°，
    ∴∠CEG=45°，
    ∴∠ECG=45°，
    ∴∠EGC=90°，
    ∵BC⊥EG，
    ∴点G在BC上，
    即：点G和点B重合，
    此时，CG=8，EG=6，
    ∴EG≠CG，此种情况不成立，
    ③当CE=CG时，∴∠CEG=∠CGE，
    ∵∠CEG=45°，
    ∴∠ECG=90°，
    在Rt△CEG中，∠CEG=∠CGE=45°，EG=6，
    ∴CE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$EG=3$\sqrt{2}$，
    ∴AE=AC-CE=10-3$\sqrt{2}$，
    ∴t=$\frac{10-3\sqrt{2}}{5}$，
    （3）如图3，∵EG∥CD，EG=CD，
    ∴四边形CDEG是平行四边形，
    ∵DG⊥AC，
    ∴平行四边形CDEG是菱形，
    ∴CD=DE=EG=6
     延长EG与AD交于P点，EM⊥EG与AB交于M点，
    ∴四边形APEM是矩形，
    ∴PE=AM，AP=EM，
    ∵EM⊥AB，BC⊥AB，
    ∴EM∥BC，
    ∴$\frac{AM}{AB}=\frac{EM}{BC}$，
    ∴$\frac{AM}{6}=\frac{EM}{8}$，
    ∴$\frac{AM}{EM}=\frac{3}{4}$，
    ∴AM=$\frac{3}{4}$EM，
    ∴AP=$\frac{4}{3}$PE，
    ∴DP=AD-AP=8-$\frac{4}{3}$PE，
    在Rt△DPE中，根据勾股定理得，DP2+PE2=DE2，
    ∴（8-$\frac{4}{3}$PE）2+（$\frac{4}{3}$PE）2=36，
    ∴PE=$\frac{36+3\sqrt{130}}{4}$（舍）或PE=$\frac{36-3\sqrt{130}}{4}$，
    ∴S四边形CDEG=2（S△ACD-S△ADE）=2（$\frac{1}{2}$×6×8-$\frac{1}{2}$×8×$\frac{36-3\sqrt{130}}{4}$）=6$\sqrt{130}$-24．

    点评 此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的性质和判定，菱形的判定和性质，相似三角形的判断和性质，勾股定理，解本题的关键是构造直角三角形，是一道综合性比较强综合题．

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    （1）你的学号的最后一位是1，操作至第五步，得数是2116
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