【分析】
本题是动点背景下的全等三角形求解问题，解题核心是结合已知∠B=∠C的条件，考虑全等三角形对应边的不确定性，分两种情况讨论对应边相等的关系，先求出运动时间t，再计算点Q的运动速度。首先先表示出t秒后BP、PC的长度，再根据两种全等的对应关系列方程求解即可。
【解析】
设点Q的运动速度为$v$ cm/s。
经过$t$秒后，$BP=3t$ cm，$PC=BC-BP=(12-3t)$ cm，$CQ=vt$ cm。
已知$∠ B=∠ C$，$△ ABP$与$△ CQP$全等，分两种情况讨论：
1. 当$△ ABP ≌ △ PCQ$时，对应边满足$AB=PC$，$BP=CQ$：
代入得$9=12-3t$，解得$t=1$；
再代入$3t=vt$，得$3×1 = v×1$，解得$v=3$。
2. 当$△ ABP ≌ △ QCP$时，对应边满足$AB=CQ$，$BP=CP$：
代入得$3t=12-3t$，解得$t=2$；
再代入$9=vt$，得$9=v×2$，解得$v=\frac{9}{2}$。
综上，点Q的运动速度为3或$\frac{9}{2}$ cm/s。
【答案】
3或$\frac{9}{2}$
【知识点】
全等三角形的性质，动点问题求解，分类讨论思想
【点评】
本题是全等三角形与动点结合的典型习题，解题的关键是明确全等三角形对应边不唯一的情况，合理分类讨论，避免漏解，计算时要准确对应相等的边再列方程求解。
【难度系数】
0.6

【分析】
要证明$△ ABC≌△ EBD$，首先梳理已知条件：题目已经给出两组对应边相等：$BA=BE$，$BC=BD$，结合全等三角形的判定定理，只需再证明两组边的夹角$∠ABC=∠EBD$即可。已知$∠1=∠2$，观察图形可知$∠ABC$由$∠1$和$∠EBC$组成，$∠EBD$由$∠2$和$∠EBC$组成，根据等式的性质，相等的两个角同时加上同一个公共角$∠EBC$，所得的角仍然相等，即可推导出两个夹角相等，进而用SAS判定定理证明三角形全等。
【解析】
证明：$\because ∠1=∠2$，
$\therefore ∠1+∠EBC=∠2+∠EBC$，
$\therefore ∠ABC=∠EBD$。
在$△ ABC$和$△ EBD$中,
$\begin{cases}AB=EB,\\∠ABC=∠EBD,\\BC=BD,\end{cases}$
$\therefore △ ABC≌△ EBD(\mathrm{SAS})$。
【答案】
证明:$\because ∠1=∠2,\therefore ∠1+∠EBC=∠2+∠EBC,$
$\therefore ∠ABC=∠EBD.$
在$△ ABC$和$△ EBD$中,$\begin{cases} AB=EB,\\ ∠ABC=∠EBD,\\ BC=BD, \end{cases}$
$\therefore △ ABC≌△ EBD(\mathrm{SAS}).$
【知识点】
1. 全等三角形SAS判定
2. 等式的性质
【点评】
本题是全等三角形证明的常规基础题，解题关键是结合图形特征，通过角的和差关系推导得到对应夹角相等，再结合已知的边相等条件完成全等证明，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，学会观察图形中角的组成关系。
【难度系数】
0.85

【分析】
要证明DE=EF，可通过证明两条线段所在的△ADE和△CFE全等来实现。首先根据AB//FC的条件，利用平行线的性质可以得到两组内错角相等，再结合已知的AD=FC的边相等的条件，即可用ASA判定两个三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等的性质得到结论。
【解析】
证明：$\because AB// FC$，
$\therefore ∠A=∠ECF,∠ADE=∠F$（两直线平行，内错角相等）。
又$\because AD=CF$，
$\therefore △ADE≌△CFE(\mathrm{ASA})$，
$\therefore DE=EF$（全等三角形的对应边相等）。
【答案】
证明:$\because AB// FC,\therefore ∠A=∠ECF,∠ADE=∠F.$
又$\because AD=CF,\therefore △ ADE≌△ CFE(\mathrm{ASA}),$
$\therefore DE=EF.$
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础证明题，核心考查平行线性质与全等三角形判定、性质的综合运用，解题的关键是准确识别待证线段所属的三角形，结合已知条件找到全等所需的对应相等的角与边即可完成证明，是全等三角形应用的常规题型。
【难度系数】
0.85

【分析】
要探究BD与CE的关系，需分别从数量关系和位置关系两方面分析。首先观察已知条件，△BAC和△DAE均为顶角为90°的等腰三角形，可先通过角的和差推导得到∠BAD=∠CAE，结合已知的AB=AC、AD=AE，利用SAS证明△BAD≌△CAE，借助全等性质即可得到BD与CE的数量关系；再利用全等得到的对应角相等，结合等腰直角三角形两锐角互余的性质，推导∠BCE的度数，即可得到二者的位置关系。
【解析】
解：BD与CE的关系为$BD=CE$且$BD⊥CE$，理由如下：
$\because ∠BAC=∠DAE=90°,$
$\therefore ∠BAD+∠DAC=∠EAC+∠DAC,$
$\therefore ∠BAD=∠CAE.$
在$△ BAD$和$△ CAE$中,$\begin{cases} AB=AC,\\ ∠BAD=∠CAE,\\ AD=AE, \end{cases}$
$\therefore △ BAD≌△ CAE(\mathrm{SAS}),$
$\therefore ∠ACE=∠B,BD=CE.$
$\because ∠BAC=90°,AB=AC$
$\therefore ∠ACB+∠B=90°,$
$\therefore ∠ACB+∠ACE=90°,$
$\therefore ∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°,$
$\therefore BD⊥CE$
综上，$BD=CE$且$BD⊥CE$。
【答案】
$BD=CE$且$BD⊥CE$
【知识点】
全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、垂直的判定
【点评】
本题属于几何探究类常规题型，解题时需注意线段关系包含数量和位置两种，不要漏解；解题的突破口是利用同角的余角相等得到相等的夹角，证明三角形全等，再结合角的和差推导垂直关系。
【难度系数】
0.7

【分析】
(1)要判断BF与AD的位置关系，可先猜想为垂直，需证明∠BFD=90°。结合已知的AC=BC、∠ACD=∠BCE=90°、CD=CE，可先通过SAS证△ACD和△BCE全等，得到对应角相等，再利用直角三角形两锐角互余的性质倒角，即可推出∠BFD为直角；
(2)要求∠CFD的度数，可结合等腰直角三角形的45°特殊角构造全等转化角度：延长AD至H使AH=BF，结合第一问得到的等角，证△ACH≌△BCF，推出CF=CH且∠FCH=90°，得到等腰直角△FCH，即可求出∠CFD的度数。
【解析】
(1) $BF⊥AD$，理由如下：
在$△ ACD$和$△ BCE$中，$\begin{cases} AC=BC,\\ ∠ACD=∠BCE=90°,\\ CD=CE, \end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$，$\therefore ∠DAC=∠EBC$。
$\because ∠DAC+∠D=90°$，$\therefore ∠EBC+∠D=90°$，
$\therefore ∠BFD=90°$，$\therefore BF⊥AD$。
(2) 如答图，延长$AD$至点$H$，使$AH=BF$，

由(1)知，$∠HAC=∠FBC$。
在$△ ACH$和$△ BCF$中，$\begin{cases} AH=BF,\\ ∠HAC=∠FBC,\\ AC=BC, \end{cases}$
$\therefore △ ACH≌△ BCF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore CF=CH$，$∠ACH=∠BCF$，
$\therefore ∠ACH-∠ACF=∠BCF-∠ACF$，
$\therefore ∠ACB=∠FCH$。
$\because ∠ACB=90°$，$\therefore ∠FCH=90°$。
$\because CF=CH$，$\therefore △ FCH$是等腰直角三角形，
$\therefore ∠AHC=∠CFH=45°$，即$∠CFD$的度数为$45°$。
【答案】
(1) $BF⊥AD$，理由见解析；
(2) $∠CFD=45°$。

【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题属于三角形综合题，第一问较为基础，通过证明三角形全等后倒角即可求证垂直；第二问的解题关键是构造辅助线得到全等三角形，将所求角转化到特殊等腰直角三角形中求解，对辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6