12. 如图 1，$AB=8\ \mathrm{cm}$，$AC⊥ AB$，$BD⊥ AB$，$AC=BD=6\ \mathrm{cm}$. 点 $P$ 在线段 $AB$ 上以 $2\ \mathrm{cm/s}$ 的速度由点 $A$ 向点 $B$ 运动，同时，点 $Q$ 在线段 $BD$ 上由点 $B$ 向点 $D$ 运动. 它们运动的时间为 $t\ \mathrm{s}$.
(1) 若点 $Q$ 的运动速度与点 $P$ 的运动速度相等，当 $t=1$ 时，判断线段 $PC$ 与 $PQ$ 的位置关系，并说明理由.
(2) 如图 2，将图 1 中的“$AC⊥ AB$，$BD⊥ AB$”改为“$∠ CAB=∠ DBA=α$”，其他条件不变. 设点 $Q$ 的运动速度为 $x\ \mathrm{cm/s}$，是否存在实数 $x$，使得 $△ ACP$ 与 $△ BPQ$ 全等？若存在，求出相应的 $x$，$t$ 的值；若不存在，请说明理由.

12.解:(1)$PC ⊥ PQ$. 理由:易证$△ ACP ≌ △ BPQ, \therefore ∠ APC=∠ BQP, \therefore ∠ CPQ=180°-(∠ APC+∠ BPQ)=180°-(∠ BQP+∠ BPQ)=180°-90°=90°, \therefore PC ⊥ PQ$.
(2)存在实数$x$,使得$△ ACP$与$△ BPQ$全等.分两种情况:①若$△ ACP ≌ △ BPQ$,则$AC=BP,AP=BQ$,可得$6=8-2t,2t=xt$,解得$x=2,t=1$;②若$△ ACP ≌ △ BQP$,则$AC=BQ,AP=BP$,可得$6=xt,2t=8-2t$,解得$x=3,t=2$.综上可知,当$x=2,t=1$或$x=3,t=2$时,$△ ACP$与$△ BPQ$全等.

【分析】
(1) 先根据运动速度和时间计算t=1时AP、BQ的长度，再求出BP的长度，结合已知垂直条件得到∠A=∠B=90°，利用SAS判定△ACP≌△BPQ，再通过全等三角形对应角相等的性质，结合直角三角形两锐角互余推导∠CPQ的度数，即可判断PC与PQ的位置关系。
(2) 由于题目未明确两个三角形的全等对应关系，因此需分两种情况讨论：①△ACP≌△BPQ，对应边为AC=BP、AP=BQ；②△ACP≌△BQP，对应边为AC=BQ、AP=BP，分别根据对应边相等列方程求解x、t的值即可。
【解析】
(1) $PC ⊥ PQ$，理由如下：
当$t=1$时，$AP=BQ=2×1=2\ \mathrm{cm}$，
$\because AB=8\ \mathrm{cm}$，$\therefore BP=AB-AP=8-2=6\ \mathrm{cm}$，
$\because AC ⊥ AB$，$BD ⊥ AB$，$\therefore ∠ A=∠ B=90°$，
在$△ ACP$和$△ BPQ$中：
$\begin{cases}AP=BQ \\∠ A=∠ B \\AC=BP\end{cases}$
$\therefore △ ACP ≌ △ BPQ\ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ APC=∠ BQP$，
$\because \mathrm{Rt}△ BPQ$中，$∠ BQP+∠ BPQ=90°$，
$\therefore ∠ APC+∠ BPQ=90°$，
$\therefore ∠ CPQ=180°-(∠ APC+∠ BPQ)=180°-90°=90°$，即$PC ⊥ PQ$。
(2) 存在实数$x$使得$△ ACP$与$△ BPQ$全等，分两种情况讨论：
① 若$△ ACP ≌ △ BPQ$，则$AC=BP$，$AP=BQ$，
可得方程组$\begin{cases}6=8-2t \\2t=xt \end{cases}$，解得$\begin{cases} t=1 \\ x=2 \end{cases}$；
② 若$△ ACP ≌ △ BQP$，则$AC=BQ$，$AP=BP$，
可得方程组$\begin{cases}6=xt \\2t=8-2t \end{cases}$，解得$\begin{cases} t=2 \\ x=3 \end{cases}$。
【答案】
(1) $PC ⊥ PQ$；
(2) 存在，当$x=2,t=1$或$x=3,t=2$时，$△ ACP$与$△ BPQ$全等。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 分类讨论思想
3. 动点问题分析
【点评】
本题是全等三角形结合动点的典型题型，第一问侧重考察全等的基础判定和角度推导能力，第二问需要注意全等对应关系不明确时要分类讨论，避免漏解，能够有效锻炼逻辑思维的严谨性。
【难度系数】
0.6

13. [新课标·综合与实践题]如图，$AB=AE$，$AB⊥AE$，$AD=AC$，$AD⊥AC$，$M$为$BC$的中点.
(1)求证:$DE=2AM$；
(2)延长$MA$交$DE$于点$F$，求证:$AF⊥DE$.

13.证明:(1)延长$AM$至点$N$,使得$MN=AM$,连接$BN$.易证$△ AMC ≌ △ NMB(\mathrm{SAS}), \therefore AC=NB, ∠ C=∠ NBM, \therefore ∠ ABN=∠ ABC+∠ NBM=∠ ABC+∠ C=180°-∠ BAC=∠ EAD. \because AD=AC=BN,AB=AE, \therefore △ ABN ≌ △ EAD(\mathrm{SAS}), \therefore AN=ED$.又$\because AM=MN, \therefore DE=2AM$.
(2)由(1)得$∠ N=∠ CAM, ∠ N=∠ D, \therefore ∠ CAM=∠ D. \because ∠ CAM+∠ DAF=90°, \therefore ∠ D+∠ DAF=90°, \therefore ∠ AFD=90°$,即$AF ⊥ DE$.

【分析】
(1) 要证明线段的倍分关系$DE=2AM$，遇到中点$M$，优先考虑倍长中线法构造全等：延长$AM$到$N$使$MN=AM$，先通过SAS证明$△ AMC≌△ NMB$，得到$AC=BN$及角的等量关系，再推导$∠ ABN=∠ EAD$，结合已知边相等的条件证明$△ ABN≌△ EAD$，得到$AN=DE$，即可推出$DE=2AM$。
(2) 要证明$AF⊥DE$，只需证明$∠ AFD=90°$，利用(1)中两次全等得到的角的等量关系，结合已知垂直条件推导出$∠ D+∠ DAF=90°$，即可得证。
【解析】
(1) 延长$AM$至点$N$，使得$MN=AM$，连接$BN$。
∵$M$是$BC$的中点，
∴$BM=CM$，
在$△ AMC$和$△ NMB$中：
$\begin{cases} AM=NM \\ ∠ AMC=∠ NMB \\ CM=BM \end{cases}$
∴$△ AMC≌△ NMB(\mathrm{SAS})$，
∴$AC=NB$，$∠ C=∠ NBM$，
∴$∠ ABN=∠ ABC+∠ NBM=∠ ABC+∠ C=180°-∠ BAC$。
∵$AB⊥AE$，$AD⊥AC$，
∴$∠ EAB=∠ DAC=90°$，
∴$∠ EAD+∠ BAC=360°-∠ EAB-∠ DAC=180°$，即$∠ EAD=180°-∠ BAC$，
∴$∠ ABN=∠ EAD$。
又
∵$AD=AC$，
∴$AD=BN$，
在$△ ABN$和$△ EAD$中：
$\begin{cases} BN=AD \\ ∠ ABN=∠ EAD \\ AB=EA \end{cases}$
∴$△ ABN≌△ EAD(\mathrm{SAS})$，
∴$AN=ED$，
∵$AN=AM+MN=2AM$，
∴$DE=2AM$。
(2) 由(1)中$△ AMC≌△ NMB$可得$∠ N=∠ CAM$，
由$△ ABN≌△ EAD$可得$∠ N=∠ D$，
∴$∠ CAM=∠ D$。
∵$∠ DAC=90°$，
∴$∠ CAM+∠ DAF=180°-∠ DAC=90°$，
∴$∠ D+∠ DAF=90°$，
在$△ AFD$中，$∠ AFD=180°-(∠ D+∠ DAF)=90°$，
∴$AF⊥DE$。
【答案】
(1) 已证$DE=2AM$；
(2) 已证$AF⊥DE$。
【知识点】
倍长中线法，全等三角形的判定与性质，垂直的判定
【点评】
本题是全等三角形的典型综合题，重点考查中点相关的辅助线构造思路，通过倍长中线构造全等实现线段、角的等量转化，是几何证明中常用的解题方法，需熟练掌握该类辅助线的使用场景。
【难度系数】
0.6