如图，在直角梯形 $ABCD$ 中，$AD\parallel BC$，$\angle B=90^\circ$，$AD=2$，$BC=6$，$AB=3$．$E$ 为 $BC$ 边上一点，当 $BE=2$ 时，以 $BE$ 为边作正方形 $BEFG$，使正方形 $BEFG$ 和梯形 $ABCD$ 在 $BC$ 的同侧．当正方形 $BEFG$ 沿 $BC$ 向右平移，记平移中的正方形 $BEFG$ 为正方形 $B'EFG$，当点 $E$ 与点 $C$ 重合时停止平移．设平移的距离为 $t$，正方形 $B'EFG$ 的边 $EF$ 与 $AC$ 交于点 $M$，连接 $B'D,B'M,DM$．是否存在这样的 $t$，使 $\triangle B'DM$ 是直角三角形？若存在，求出 $t$ 的值；若不存在，请说明理由．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
存在，当 $t={\dfrac{20}{7}}$ 或 $-3+{\sqrt{17}}$ 时，$\triangle B'DM$ 是直角三角形
【解析】
如图，过 $D$ 作 $DH\perp BC$ 于点 $H$，作 $MN\perp DH$ 于点 $N$．
则 $BH=AD=2$，$DH=AB=3$．
所以 $BB'=HE=t$，$HB'=|t-2|$，$EC=4-t$．
易证 $\triangle MEC \sim \triangle ABC$，
可得 ${\dfrac{ME}{AB}}={\dfrac{EC}{BC}}$，即 ${\dfrac{ME}{3}}={\dfrac{4-t}{6}}$，
所以 $ME=2-{\dfrac{1}{2}}t$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle B'ME$ 中，有 $B'M^2=ME^2+B'E^2={\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle DHB'$ 中，有 $B'D^2=DH^2+B'H^2=t^2-4t+13$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle DMN$ 中，$DN=DH-NH={\dfrac{1}{2}}t+1$，则 $DM^2=DN^2+MN^2={\dfrac{5}{4}}t^2+t+1$．
① 若 $\angle DB'M=90^\circ$，则 $DM^2=B'M^2+B'D^2$，
即 ${\dfrac{5}{4}}t^2+t+1=\left({\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8 \right)+\left(t^2-4t+13\right)$，
解得 $t={\dfrac{20}{7}}$；
② 若 $\angle B'MD=90^\circ$，则 $B'D^2=B'M^2+MD^2$，
即 $t^2-4t+13= \left({\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8 \right)+ \left({\dfrac{5}{4}}t^2+t+1\right)$，
解得 $t_1=-3+{\sqrt{17}}$，$t_2=-3-{\sqrt{17}}$（舍去）；
③ 若 $\angle B'DM=90^\circ$，则 $B'M^2=B'D^2+MD^2$，
即 ${\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8=\left(t^2-4t+13\right)+\left({\dfrac{5}{4}}t^2+t+1\right)$，
此方程无解．
综上所得，当 $t={\dfrac{20}{7}}$ 或 $-3+{\sqrt{17}}$ 时，$\triangle B'DM$ 是直角三角形．
则 $BH=AD=2$，$DH=AB=3$．所以 $BB'=HE=t$，$HB'=|t-2|$，$EC=4-t$．
易证 $\triangle MEC \sim \triangle ABC$，
可得 ${\dfrac{ME}{AB}}={\dfrac{EC}{BC}}$，即 ${\dfrac{ME}{3}}={\dfrac{4-t}{6}}$，
所以 $ME=2-{\dfrac{1}{2}}t$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle B'ME$ 中，有 $B'M^2=ME^2+B'E^2={\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle DHB'$ 中，有 $B'D^2=DH^2+B'H^2=t^2-4t+13$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle DMN$ 中，$DN=DH-NH={\dfrac{1}{2}}t+1$，则 $DM^2=DN^2+MN^2={\dfrac{5}{4}}t^2+t+1$．
① 若 $\angle DB'M=90^\circ$，则 $DM^2=B'M^2+B'D^2$，
即 ${\dfrac{5}{4}}t^2+t+1=\left({\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8 \right)+\left(t^2-4t+13\right)$，
解得 $t={\dfrac{20}{7}}$；
② 若 $\angle B'MD=90^\circ$，则 $B'D^2=B'M^2+MD^2$，
即 $t^2-4t+13= \left({\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8 \right)+ \left({\dfrac{5}{4}}t^2+t+1\right)$，
解得 $t_1=-3+{\sqrt{17}}$，$t_2=-3-{\sqrt{17}}$（舍去）；
③ 若 $\angle B'DM=90^\circ$，则 $B'M^2=B'D^2+MD^2$，
即 ${\dfrac{1}{4}}t^2-2t+8=\left(t^2-4t+13\right)+\left({\dfrac{5}{4}}t^2+t+1\right)$，
此方程无解．
综上所得，当 $t={\dfrac{20}{7}}$ 或 $-3+{\sqrt{17}}$ 时，$\triangle B'DM$ 是直角三角形．
答案
解析
备注
