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（2010•密云县）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=42，∠B=45°．动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度
题目详情
（2010•密云县）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=4| 2 |
（1）求BC的长；
（2）当MN∥AB时，求t的值；
（3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形．
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（1）求BC的长；
（2）当MN∥AB时，求t的值；
（3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形．
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▼优质解答
答案和解析
（1）如图①，过A、D分别作AK⊥BC于K，DH⊥BC于H，则四边形ADHK是矩形．
∴KH=AD=3．
在Rt△ABK中，AK=AB•sin45°=4
•
=4BK=AB•cos45°=4
•
=4．
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
=3．
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
＝
，
即
＝
．
解得，t＝
．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
2 2 2•
=4BK=AB•cos45°=4
•
=4．
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
=3．
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
＝
，
即
＝
．
解得，t＝
．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
2 2 22 2 2=4BK=AB•cos45°=4
•
=4．
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
=3．
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
＝
，
即
＝
．
解得，t＝
．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
2 2 2•
2 2 22 2 2=4．
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
=3．
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
＝
，
即
＝
．
解得，t＝
．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
52−42 52−42 52−422−422=3．
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
＝
，
即
＝
．
解得，t＝
．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
CN CN CNCD CD CD＝
CM CM CMCG CG CG，
即
＝
．
解得，t＝
．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
t t t5 5 5＝
10−2t 10−2t 10−2t7 7 7．
解得，t＝
．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形． t＝
50 50 5017 17 17．
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形． t＝
10 10 103 3 3．
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
1 1 12 2 2MC=
（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
1 1 12 2 2（10-2t）=5-t．
在Rt△CEN中，cosC=
=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
EC EC ECNC NC NC=
，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
5−t 5−t 5−tt t t，
又在Rt△DHC中，cosC=
＝
，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
CH CH CHCD CD CD＝
3 3 35 5 5，
∴
＝
．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
5−t 5−t 5−tt t t＝
3 3 35 5 5．
解得t=
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
25 25 258 8 8．
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
NC NC NCDC DC DC＝
EC EC ECHC HC HC，
即
＝
．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
t t t5 5 5＝
5−t 5−t 5−t3 3 3．
∴t=
．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
25 25 258 8 8．
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
1 1 12 2 2NC=
t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
1 1 12 2 2t．
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
＝
＝
，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形． cosC＝
FC FC FCMC MC MC＝
t
t
1 1 12 2 2t10−2t 10−2t 10−2t＝
3 3 35 5 5，
解得t＝
．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形． t＝
60 60 6017 17 17．
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
＝
，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
FC FC FCHC HC HC＝
MC MC MCDC DC DC，
即
＝
，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
t
t
1 1 12 2 2t3 3 3＝
10−2t 10−2t 10−2t5 5 5，
∴t＝
．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形． t＝
60 60 6017 17 17．
综上所述，当t=
、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
10 10 103 3 3、t=
或t=
时，△MNC为等腰三角形．
25 25 258 8 8或t=
时，△MNC为等腰三角形．
60 60 6017 17 17时，△MNC为等腰三角形．
∴KH=AD=3．
在Rt△ABK中，AK=AB•sin45°=4
| 2 |
| ||
| 2 |
| 2 |
| ||
| 2 |
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
| 52−42 |
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
| CN |
| CD |
| CM |
| CG |
即
| t |
| 5 |
| 10−2t |
| 7 |
解得，t＝
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 2 |
| ||
| 2 |
| 2 |
| ||
| 2 |
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
| 52−42 |
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
| CN |
| CD |
| CM |
| CG |
即
| t |
| 5 |
| 10−2t |
| 7 |
解得，t＝
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| ||
| 2 |
| 2 |
| 2 |
| 2 |
| 2 |
| ||
| 2 |
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
| 52−42 |
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
| CN |
| CD |
| CM |
| CG |
即
| t |
| 5 |
| 10−2t |
| 7 |
解得，t＝
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 2 |
| ||
| 2 |
| 2 |
| 2 |
| 2 |
在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=
| 52−42 |
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
| CN |
| CD |
| CM |
| CG |
即
| t |
| 5 |
| 10−2t |
| 7 |
解得，t＝
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 52−42 |
∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．
（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形．
∵MN∥AB，
∴MN∥DG．
∴BG=AD=3．
∴GC=10-3=7．
由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t．
∵DG∥MN，
∴∠NMC=∠DGC．
又∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△GDC．
∴
| CN |
| CD |
| CM |
| CG |
即
| t |
| 5 |
| 10−2t |
| 7 |
解得，t＝
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| CN |
| CD |
| CM |
| CG |
即
| t |
| 5 |
| 10−2t |
| 7 |
解得，t＝
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| t |
| 5 |
| 10−2t |
| 7 |
解得，t＝
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 50 |
| 17 |
（3）分三种情况讨论：
①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，
∴t＝
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 10 |
| 3 |
②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E．
解法一：
由等腰三角形三线合一性质得
EC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 1 |
| 2 |
在Rt△CEN中，cosC=
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| EC |
| NC |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 5−t |
| t |
又在Rt△DHC中，cosC=
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| CH |
| CD |
| 3 |
| 5 |
∴
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 5−t |
| t |
| 3 |
| 5 |
解得t=
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 25 |
| 8 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，
∴△NEC∽△DHC．
∴
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| NC |
| DC |
| EC |
| HC |
即
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| t |
| 5 |
| 5−t |
| 3 |
∴t=
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 25 |
| 8 |
③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 1 |
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| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 1 |
| 2 |
解法一：（方法同②中解法一）cosC＝
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 3 |
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解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
| 5 |
∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| FC |
| MC |
| ||
| 10−2t |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
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| 5 |
解得t＝
| 60 |
| 17 |
解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
| 3 |
| 10−2t |
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∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
| 8 |
| 60 |
| 17 |
| 60 |
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解法二：
∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，
∴△MFC∽△DHC．
∴
| FC |
| HC |
| MC |
| DC |
即
| ||
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∴t＝
| 60 |
| 17 |
综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
| 25 |
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| HC |
| MC |
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即
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| 3 |
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∴t＝
| 60 |
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综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
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| 8 |
| 60 |
| 17 |
| ||
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| 1 |
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∴t＝
| 60 |
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综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
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| 17 |
| 60 |
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综上所述，当t=
| 10 |
| 3 |
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| 60 |
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