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3. 如图，两根等长的金属丝各自首尾相接，分别围成一个正五边形和一个正六边形，正五边形的边长为$(x^2 - 2x)\mathrm{cm}$，正六边形的边长为$(x^2 - 16)\mathrm{cm}$，求这两根金属丝的总长。
答案
3.解:$5(x^2-2x)=6(x^2-16)$,
解得 $x_1=6,x_2=-16$(不合题意,舍去),
$\therefore 2×5(x^2-2x)=240(\mathrm{cm})$。
故这两根金属丝的总长为 240 cm。
解得 $x_1=6,x_2=-16$(不合题意,舍去),
$\therefore 2×5(x^2-2x)=240(\mathrm{cm})$。
故这两根金属丝的总长为 240 cm。
解析
【分析】
解题首先抓住题目核心条件“两根金属丝等长”，可得正五边形的周长与正六边形的周长相等，这是列方程的等量关系。第一步根据“正多边形周长=边长×边数”，分别表示出两个正多边形的周长；第二步根据周长相等列出一元二次方程；第三步求解方程，结合实际问题的取值要求舍去不符合题意的解；第四步将符合题意的解代入周长公式算出单根金属丝长度，乘2即可得到两根的总长。
【解析】
解：
∵两根金属丝长度相等，
∴正五边形的周长=正六边形的周长，列方程得：
$5(x^2 - 2x) = 6(x^2 - 16)$
整理方程：
$5x^2 - 10x = 6x^2 - 96$
$x^2 + 10x - 96 = 0$
因式分解得：$(x - 6)(x + 16) = 0$
解得：$x_1 = 6$，$x_2 = -16$
$x=-16$不符合实际问题的取值要求，故舍去。
单根金属丝长度为：$5×(6^2 - 2×6) = 120\ \mathrm{cm}$
两根金属丝总长为：$2×120 = 240\ \mathrm{cm}$
【答案】
$\boxed{240\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
1. 一元二次方程的应用
2. 正多边形周长计算
3. 一元二次方程的求解
【点评】
本题属于方程实际应用类基础题，解题关键是找到周长相等的等量关系列方程，求解后注意结合实际意义舍去不合理的解，主要考察学生对基础等量关系的把握和方程求解的能力。
【难度系数】
0.7
解题首先抓住题目核心条件“两根金属丝等长”，可得正五边形的周长与正六边形的周长相等，这是列方程的等量关系。第一步根据“正多边形周长=边长×边数”，分别表示出两个正多边形的周长；第二步根据周长相等列出一元二次方程；第三步求解方程，结合实际问题的取值要求舍去不符合题意的解；第四步将符合题意的解代入周长公式算出单根金属丝长度，乘2即可得到两根的总长。
【解析】
解：
∵两根金属丝长度相等，
∴正五边形的周长=正六边形的周长，列方程得：
$5(x^2 - 2x) = 6(x^2 - 16)$
整理方程：
$5x^2 - 10x = 6x^2 - 96$
$x^2 + 10x - 96 = 0$
因式分解得：$(x - 6)(x + 16) = 0$
解得：$x_1 = 6$，$x_2 = -16$
$x=-16$不符合实际问题的取值要求，故舍去。
单根金属丝长度为：$5×(6^2 - 2×6) = 120\ \mathrm{cm}$
两根金属丝总长为：$2×120 = 240\ \mathrm{cm}$
【答案】
$\boxed{240\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
1. 一元二次方程的应用
2. 正多边形周长计算
3. 一元二次方程的求解
【点评】
本题属于方程实际应用类基础题，解题关键是找到周长相等的等量关系列方程，求解后注意结合实际意义舍去不合理的解，主要考察学生对基础等量关系的把握和方程求解的能力。
【难度系数】
0.7
4.【数学文化】我国汉末三国初数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成的。如图，直角三角形的直角边长分别为$a,b$，斜边长为$c$，若$b - a = 4$，$c = 20$，则每个直角三角形的面积为
96
。答案
4.96
解析
【分析】
要求直角三角形的面积，已知直角边为$a、b$，所以面积为$\frac{1}{2}ab$，因此只需算出$ab$的值即可。首先根据勾股定理可得$a^2+b^2=c^2$，结合已知$c=20$可求出$a^2+b^2$的值；再将$b-a=4$两边平方，利用完全平方公式展开，代入$a^2+b^2$的值即可求出$ab$，进而算出面积。
【解析】
解：由勾股定理可得：
$a^2 + b^2 = c^2$
已知$c=20$，代入得：$a^2 + b^2 = 20^2 = 400$
又已知$b - a = 4$，将等式两边同时平方：
$(b - a)^2 = 4^2$
展开完全平方得：$a^2 - 2ab + b^2 = 16$
将$a^2 + b^2 = 400$代入上式：
$400 - 2ab = 16$
移项计算得：$2ab = 400 - 16 = 384$，则$ab = 192$
直角三角形的面积为$\frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} × 192 = 96$
【答案】
96
【知识点】
勾股定理，完全平方公式，直角三角形面积计算
【点评】
本题结合古代数学文化“赵爽弦图”命题，将勾股定理和完全平方公式结合考查，无需单独求解a、b的具体值，通过整体代入求$ab$即可得到面积，解题时注意整体思想的运用。
【难度系数】
0.7
要求直角三角形的面积，已知直角边为$a、b$，所以面积为$\frac{1}{2}ab$，因此只需算出$ab$的值即可。首先根据勾股定理可得$a^2+b^2=c^2$，结合已知$c=20$可求出$a^2+b^2$的值；再将$b-a=4$两边平方，利用完全平方公式展开，代入$a^2+b^2$的值即可求出$ab$，进而算出面积。
【解析】
解：由勾股定理可得：
$a^2 + b^2 = c^2$
已知$c=20$，代入得：$a^2 + b^2 = 20^2 = 400$
又已知$b - a = 4$，将等式两边同时平方：
$(b - a)^2 = 4^2$
展开完全平方得：$a^2 - 2ab + b^2 = 16$
将$a^2 + b^2 = 400$代入上式：
$400 - 2ab = 16$
移项计算得：$2ab = 400 - 16 = 384$，则$ab = 192$
直角三角形的面积为$\frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} × 192 = 96$
【答案】
96
【知识点】
勾股定理，完全平方公式，直角三角形面积计算
【点评】
本题结合古代数学文化“赵爽弦图”命题，将勾股定理和完全平方公式结合考查，无需单独求解a、b的具体值，通过整体代入求$ab$即可得到面积，解题时注意整体思想的运用。
【难度系数】
0.7
5.【数学文化】阿拉伯数学家塔比·伊本·库拉在其著作《以几何方法证明代数问题》中讨论了二次方程的几何解法。例如:可以用如图所示的图形来解关于x的方程$x^2 + mx = n$，四边形ABFE为长方形，四边形ABCD为正方形，$DE = m$，$BF · CD = n$。图中某条线段的长度就是方程$x^2 + mx = n$的一个正根，则这条线段是
AB(或 BC,CD,AD,EF)
。答案
5.AB(或 BC,CD,AD,EF)
解析
【分析】
我们可以先设正方形ABCD的边长为未知数x，先利用正方形、长方形的性质，把题中涉及的BF、CD等线段用含x和m的式子表示，再结合题目给出的BF·CD=n的等量关系列等式，将等式整理后和题中的一元二次方程对比，就能找到对应方程正根的线段。
【解析】
设正方形ABCD的边长为x，则AB=BC=CD=AD=EF=x。
∵四边形ABFE是长方形，
∴BF=AE，
又
∵AE=AD+DE，且已知DE=m，
∴AE=x+m，即BF=x+m，
根据题意BF·CD=n，将BF=x+m、CD=x代入该式可得：
$x(x+m)=n$，整理后得$x^2 + mx = n$，和题中给出的方程完全一致，
因此该方程的正根x就是正方形ABCD的边长，对应线段为AB（或BC、CD、AD、EF）。
【答案】
AB(或 BC,CD,AD,EF)
【知识点】
一元二次方程的几何表示，正方形的性质，矩形的性质
【点评】
本题结合古代数学文化出题，考查数形结合思想的应用，需要学生将代数方程和几何图形的线段长度建立对应关系，能有效考查学生对代数、几何知识的融合运用能力。
【难度系数】
0.7
我们可以先设正方形ABCD的边长为未知数x，先利用正方形、长方形的性质，把题中涉及的BF、CD等线段用含x和m的式子表示，再结合题目给出的BF·CD=n的等量关系列等式，将等式整理后和题中的一元二次方程对比，就能找到对应方程正根的线段。
【解析】
设正方形ABCD的边长为x，则AB=BC=CD=AD=EF=x。
∵四边形ABFE是长方形，
∴BF=AE，
又
∵AE=AD+DE，且已知DE=m，
∴AE=x+m，即BF=x+m，
根据题意BF·CD=n，将BF=x+m、CD=x代入该式可得：
$x(x+m)=n$，整理后得$x^2 + mx = n$，和题中给出的方程完全一致，
因此该方程的正根x就是正方形ABCD的边长，对应线段为AB（或BC、CD、AD、EF）。
【答案】
AB(或 BC,CD,AD,EF)
【知识点】
一元二次方程的几何表示，正方形的性质，矩形的性质
【点评】
本题结合古代数学文化出题，考查数形结合思想的应用，需要学生将代数方程和几何图形的线段长度建立对应关系，能有效考查学生对代数、几何知识的融合运用能力。
【难度系数】
0.7
6.【综合与实践】如图，在矩形ABCD中，AB=2 cm，AD=4 cm，点E从点A出发，沿AB方向以1 cm/s的速度向点B匀速运动，同时点F从点B出发，沿BC方向以2 cm/s的速度向点C匀速运动，连接DE，DF，EF。当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动。设点E，F运动的时间是t s(0＜t≤2)。
(1)当t为何值时，△BEF是等腰三角形？
(2)当F为BC边的中点时，求EF的长。
(3)是否存在某一时刻t，使点D在线段EF的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。
(4)是否存在某一时刻t，使△DEF的面积是矩形ABCD面积的$\frac{3}{8}$？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。
(1)当t为何值时，△BEF是等腰三角形？
(2)当F为BC边的中点时，求EF的长。
(3)是否存在某一时刻t，使点D在线段EF的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。
(4)是否存在某一时刻t，使△DEF的面积是矩形ABCD面积的$\frac{3}{8}$？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。
答案
6.解:(1)在矩形 $ABCD$ 中, $∠ B=90°,AB=2\ \mathrm{cm},BC=AD=4\ \mathrm{cm}$。
根据题意得 $AE=t\ \mathrm{cm},BF=2t\ \mathrm{cm}$, 则 $BE=(2-t)\mathrm{cm}$。
$\because △ BEF$ 是等腰三角形, $\therefore BE=BF$,
$\therefore 2-t=2t$, 解得 $t=\dfrac{2}{3}$。
(2)当 $F$ 为 $BC$ 边的中点时, $BF=\dfrac{1}{2}BC=2\ \mathrm{cm}$,
则 $2t=2$, 解得 $t=1$, $\therefore BE=2-t=1$。
由勾股定理, 得 $EF=\sqrt{BE^2+BF^2}=\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
(3)存在, $t=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$。
在矩形 $ABCD$ 中, $∠ B=90°,AB=CD=2\ \mathrm{cm}$,
$AD=BC=4\ \mathrm{cm}$。
由(1)得 $AE=t\ \mathrm{cm},BF=2t\ \mathrm{cm},BE=(2-t)\mathrm{cm}$,$\therefore CF=(4-2t)\mathrm{cm}$。
$\because$ 点 $D$ 在线段 $EF$ 的垂直平分线上,
$\therefore DE=DF$。
$\because DE^2=AD^2+AE^2=4^2+t^2$,
$DF^2=CF^2+CD^2=(4-2t)^2+2^2$,
$\therefore 4^2+t^2=(4-2t)^2+2^2$,
解得 $t_1=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3},t_2=\dfrac{8+2\sqrt{13}}{3}＞2$(舍去),
故 $t$ 的值为 $\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$。
(4)存在, $t=1$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形,
$\therefore ∠ A=∠ B=∠ C=90°$。
由(3)得 $AE=t\ \mathrm{cm},BF=2t\ \mathrm{cm},BE=(2-t)\mathrm{cm}$,
$CF=(4-2t)\ \mathrm{cm},AB=CD=2\ \mathrm{cm},AD=4\ \mathrm{cm}$,
$\therefore S_{△ DEF}=S_{\mathrm{矩形}ABCD}-S_{△ ADE}-S_{△ CDF}-S_{△ BEF}$
$=AB· AD-\dfrac{1}{2}AD· AE-\dfrac{1}{2}CD· CF-\dfrac{1}{2}BE· BF$
$=2×4-\dfrac{1}{2}×4t-\dfrac{1}{2}×2(4-2t)-\dfrac{1}{2}×2t(2-t)$
$=t^2-2t+4$。
$\because △ DEF$ 的面积是矩形 $ABCD$ 面积的 $\dfrac{3}{8}$,
$\therefore t^2-2t+4=\dfrac{3}{8}×2×4$, 解得 $t_1=t_2=1$,
故 $t$ 的值为 1。
根据题意得 $AE=t\ \mathrm{cm},BF=2t\ \mathrm{cm}$, 则 $BE=(2-t)\mathrm{cm}$。
$\because △ BEF$ 是等腰三角形, $\therefore BE=BF$,
$\therefore 2-t=2t$, 解得 $t=\dfrac{2}{3}$。
(2)当 $F$ 为 $BC$ 边的中点时, $BF=\dfrac{1}{2}BC=2\ \mathrm{cm}$,
则 $2t=2$, 解得 $t=1$, $\therefore BE=2-t=1$。
由勾股定理, 得 $EF=\sqrt{BE^2+BF^2}=\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
(3)存在, $t=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$。
在矩形 $ABCD$ 中, $∠ B=90°,AB=CD=2\ \mathrm{cm}$,
$AD=BC=4\ \mathrm{cm}$。
由(1)得 $AE=t\ \mathrm{cm},BF=2t\ \mathrm{cm},BE=(2-t)\mathrm{cm}$,$\therefore CF=(4-2t)\mathrm{cm}$。
$\because$ 点 $D$ 在线段 $EF$ 的垂直平分线上,
$\therefore DE=DF$。
$\because DE^2=AD^2+AE^2=4^2+t^2$,
$DF^2=CF^2+CD^2=(4-2t)^2+2^2$,
$\therefore 4^2+t^2=(4-2t)^2+2^2$,
解得 $t_1=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3},t_2=\dfrac{8+2\sqrt{13}}{3}＞2$(舍去),
故 $t$ 的值为 $\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$。
(4)存在, $t=1$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形,
$\therefore ∠ A=∠ B=∠ C=90°$。
由(3)得 $AE=t\ \mathrm{cm},BF=2t\ \mathrm{cm},BE=(2-t)\mathrm{cm}$,
$CF=(4-2t)\ \mathrm{cm},AB=CD=2\ \mathrm{cm},AD=4\ \mathrm{cm}$,
$\therefore S_{△ DEF}=S_{\mathrm{矩形}ABCD}-S_{△ ADE}-S_{△ CDF}-S_{△ BEF}$
$=AB· AD-\dfrac{1}{2}AD· AE-\dfrac{1}{2}CD· CF-\dfrac{1}{2}BE· BF$
$=2×4-\dfrac{1}{2}×4t-\dfrac{1}{2}×2(4-2t)-\dfrac{1}{2}×2t(2-t)$
$=t^2-2t+4$。
$\because △ DEF$ 的面积是矩形 $ABCD$ 面积的 $\dfrac{3}{8}$,
$\therefore t^2-2t+4=\dfrac{3}{8}×2×4$, 解得 $t_1=t_2=1$,
故 $t$ 的值为 1。
解析
【分析】
本题是矩形背景下的动点综合问题，可按小问逐个分析求解：
(1) 首先根据动点的速度和运动时间表示出BE、BF的长度，△BEF中∠B是直角，要为等腰三角形则两直角边BE=BF，据此列一元一次方程即可求解t；
(2) 先根据F是BC中点求出BF的长度，反解出t的值，再得到BE的长度，最后在Rt△BEF中利用勾股定理计算EF的长度；
(3) 线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，因此若D在EF的垂直平分线上则DE=DF，分别在Rt△ADE和Rt△CDF中用勾股定理表示出DE²和DF²，列方程求解，再结合t的取值范围0＜t≤2舍去不符合的解即可；
(4) 利用“割补法”，△DEF的面积等于矩形ABCD的面积减去周围三个小直角三角形的面积，先列出△DEF面积关于t的表达式，再根据面积等于矩形面积的$\frac{3}{8}$列方程求解即可。
【解析】
(1) 在矩形$ABCD$中，$∠ B=90°$，$AB=2\ \mathrm{cm}$，$BC=AD=4\ \mathrm{cm}$。
根据题意得$AE=t\ \mathrm{cm}$，$BF=2t\ \mathrm{cm}$，则$BE=(2-t)\mathrm{cm}$。
$\because △ BEF$是等腰三角形，$∠ B=90°$，$\therefore BE=BF$，
$\therefore 2-t=2t$，解得$t=\dfrac{2}{3}$。
(2) 当$F$为$BC$边的中点时，$BF=\dfrac{1}{2}BC=2\ \mathrm{cm}$，
则$2t=2$，解得$t=1$，$\therefore BE=2-t=1\ \mathrm{cm}$。
由勾股定理，得$EF=\sqrt{BE^2+BF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
(3) 存在。
在矩形$ABCD$中，$∠ A=∠ C=90°$，$AB=CD=2\ \mathrm{cm}$，$AD=BC=4\ \mathrm{cm}$。
由(1)得$AE=t\ \mathrm{cm}$，$BF=2t\ \mathrm{cm}$，$BE=(2-t)\mathrm{cm}$，$\therefore CF=(4-2t)\mathrm{cm}$。
$\because$点$D$在线段$EF$的垂直平分线上，$\therefore DE=DF$，即$DE^2=DF^2$。
$\because DE^2=AD^2+AE^2=4^2+t^2$，$DF^2=CF^2+CD^2=(4-2t)^2+2^2$，
$\therefore 16+t^2=(4-2t)^2+4$，整理得$3t^2-16t+4=0$，
解得$t_1=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$，$t_2=\dfrac{8+2\sqrt{13}}{3}＞2$（不符合取值范围，舍去），
故$t$的值为$\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$。
(4) 存在。
$\because$四边形$ABCD$为矩形，$\therefore ∠ A=∠ B=∠ C=90°$。
由(3)得$AE=t\ \mathrm{cm}$，$BF=2t\ \mathrm{cm}$，$BE=(2-t)\mathrm{cm}$，$CF=(4-2t)\ \mathrm{cm}$，$AB=CD=2\ \mathrm{cm}$，$AD=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore S_{△ DEF}=S_{\mathrm{矩形}ABCD}-S_{△ ADE}-S_{△ CDF}-S_{△ BEF}$
$=AB· AD-\dfrac{1}{2}AD· AE-\dfrac{1}{2}CD· CF-\dfrac{1}{2}BE· BF$
$=2×4-\dfrac{1}{2}×4t-\dfrac{1}{2}×2(4-2t)-\dfrac{1}{2}×(2-t)×2t$
$=t^2-2t+4$。
$\because △ DEF$的面积是矩形$ABCD$面积的$\dfrac{3}{8}$，矩形面积为$2×4=8\ \mathrm{cm}^2$，
$\therefore t^2-2t+4=\dfrac{3}{8}×8=3$，整理得$t^2-2t+1=0$，解得$t_1=t_2=1$，符合取值范围，
故$t$的值为1。
【答案】
(1) $t=\dfrac{2}{3}$
(2) $EF=\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
(3) 存在，$t=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$
(4) 存在，$t=1$
【知识点】
勾股定理；线段垂直平分线的性质；一元二次方程的应用
【点评】
本题以矩形为背景，结合动点问题考查了几何性质与方程思想的综合应用，解题的关键是用含t的代数式正确表示各线段长度，再结合相关性质列方程求解，注意最后要结合t的取值范围对解进行取舍。
【难度系数】
0.6
本题是矩形背景下的动点综合问题，可按小问逐个分析求解：
(1) 首先根据动点的速度和运动时间表示出BE、BF的长度，△BEF中∠B是直角，要为等腰三角形则两直角边BE=BF，据此列一元一次方程即可求解t；
(2) 先根据F是BC中点求出BF的长度，反解出t的值，再得到BE的长度，最后在Rt△BEF中利用勾股定理计算EF的长度；
(3) 线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，因此若D在EF的垂直平分线上则DE=DF，分别在Rt△ADE和Rt△CDF中用勾股定理表示出DE²和DF²，列方程求解，再结合t的取值范围0＜t≤2舍去不符合的解即可；
(4) 利用“割补法”，△DEF的面积等于矩形ABCD的面积减去周围三个小直角三角形的面积，先列出△DEF面积关于t的表达式，再根据面积等于矩形面积的$\frac{3}{8}$列方程求解即可。
【解析】
(1) 在矩形$ABCD$中，$∠ B=90°$，$AB=2\ \mathrm{cm}$，$BC=AD=4\ \mathrm{cm}$。
根据题意得$AE=t\ \mathrm{cm}$，$BF=2t\ \mathrm{cm}$，则$BE=(2-t)\mathrm{cm}$。
$\because △ BEF$是等腰三角形，$∠ B=90°$，$\therefore BE=BF$，
$\therefore 2-t=2t$，解得$t=\dfrac{2}{3}$。
(2) 当$F$为$BC$边的中点时，$BF=\dfrac{1}{2}BC=2\ \mathrm{cm}$，
则$2t=2$，解得$t=1$，$\therefore BE=2-t=1\ \mathrm{cm}$。
由勾股定理，得$EF=\sqrt{BE^2+BF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
(3) 存在。
在矩形$ABCD$中，$∠ A=∠ C=90°$，$AB=CD=2\ \mathrm{cm}$，$AD=BC=4\ \mathrm{cm}$。
由(1)得$AE=t\ \mathrm{cm}$，$BF=2t\ \mathrm{cm}$，$BE=(2-t)\mathrm{cm}$，$\therefore CF=(4-2t)\mathrm{cm}$。
$\because$点$D$在线段$EF$的垂直平分线上，$\therefore DE=DF$，即$DE^2=DF^2$。
$\because DE^2=AD^2+AE^2=4^2+t^2$，$DF^2=CF^2+CD^2=(4-2t)^2+2^2$，
$\therefore 16+t^2=(4-2t)^2+4$，整理得$3t^2-16t+4=0$，
解得$t_1=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$，$t_2=\dfrac{8+2\sqrt{13}}{3}＞2$（不符合取值范围，舍去），
故$t$的值为$\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$。
(4) 存在。
$\because$四边形$ABCD$为矩形，$\therefore ∠ A=∠ B=∠ C=90°$。
由(3)得$AE=t\ \mathrm{cm}$，$BF=2t\ \mathrm{cm}$，$BE=(2-t)\mathrm{cm}$，$CF=(4-2t)\ \mathrm{cm}$，$AB=CD=2\ \mathrm{cm}$，$AD=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore S_{△ DEF}=S_{\mathrm{矩形}ABCD}-S_{△ ADE}-S_{△ CDF}-S_{△ BEF}$
$=AB· AD-\dfrac{1}{2}AD· AE-\dfrac{1}{2}CD· CF-\dfrac{1}{2}BE· BF$
$=2×4-\dfrac{1}{2}×4t-\dfrac{1}{2}×2(4-2t)-\dfrac{1}{2}×(2-t)×2t$
$=t^2-2t+4$。
$\because △ DEF$的面积是矩形$ABCD$面积的$\dfrac{3}{8}$，矩形面积为$2×4=8\ \mathrm{cm}^2$，
$\therefore t^2-2t+4=\dfrac{3}{8}×8=3$，整理得$t^2-2t+1=0$，解得$t_1=t_2=1$，符合取值范围，
故$t$的值为1。
【答案】
(1) $t=\dfrac{2}{3}$
(2) $EF=\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
(3) 存在，$t=\dfrac{8-2\sqrt{13}}{3}$
(4) 存在，$t=1$
【知识点】
勾股定理；线段垂直平分线的性质；一元二次方程的应用
【点评】
本题以矩形为背景，结合动点问题考查了几何性质与方程思想的综合应用，解题的关键是用含t的代数式正确表示各线段长度，再结合相关性质列方程求解，注意最后要结合t的取值范围对解进行取舍。
【难度系数】
0.6
