11.如图，C为BE上一点，点A，D分别在BE两侧，AB//ED，AB＝CE，BC＝ED.若∠A＝135°，求∠BCD的度数.

11.$45°$

【分析】
解题时首先观察已知条件：①AB//ED，可根据平行线的性质得到一组内错角相等；②已知AB＝CE，BC＝ED，结合得到的等角，可通过SAS判定△ABC和△CED全等；再根据全等三角形对应角相等，得到∠DCE与∠A相等，最后结合B、C、E共线、∠BCE是平角180°，用180°减去∠DCE的度数即可求出∠BCD的度数。
【解析】
解：
∵AB//ED，
∴∠B=∠E（两直线平行，内错角相等）。
在△ABC和△CED中，
$\{\begin{array}{l}AB=CE（已知）\\∠B=∠E（已证）\\BC=ED（已知）\end{array} $
∴△ABC≌△CED（SAS）。
∴∠DCE=∠A=135°（全等三角形的对应角相等）。
∵点B、C、E在同一直线上，
∴∠BCE=180°（平角的定义），
∴∠BCD=180°-∠DCE=180°-135°=45°。
【答案】
$45°$
【知识点】
平行线的性质；SAS判定三角形全等；全等三角形的性质
【点评】
本题是平行线性质与三角形全等的综合基础题，解题的核心是利用平行线得到相等的角，结合已知边的条件证明三角形全等，再结合平角的性质计算待求角的度数，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.75

12.已知点 C 为线段 AB 上一点,分别以 AC,BC 为边在线段 AB 同侧作$△ ACD$和$△ BCE$,且$CA=CD$,$CB=CE$,$∠ ACD=∠ BCE$,直线$AE$与$BD$相交于点$F$.

(1)如图1,若$∠ ACD=90°$,则线段$BD$与线段$AE$存在怎样的关系?并说明理由;
(2)如图2,若$∠ ACD=60°$,则$∠ AFB=$;
(3)如图3,若$∠ ACD=α$,则$∠ AFB=$(用含$α$的式子表示);
(4)设$∠ ACD=α$,将图3中的$△ ACD$绕点$C$顺时针旋转任意角度(交点$F$至少在$BD$,$AE$中的一条线段上),如图4,试探究$∠ AFB$与$α$的数量关系,并说明理由.

12.(1)$BD=AE,BD⊥ AE$ (2)$120°$ (3)$180°-α$ (4)$∠ AFB=180°-α$

【分析】
本题是典型的“手拉手”全等模型应用类题目，解题核心是先证明△ACE≌△DCB，再结合全等性质推导边的关系和角的度数：
1. 第(1)问判断BD和AE的关系，先由∠ACD=∠BCE推导公共角加和得到∠ACE=∠DCB，用SAS证三角形全等得到边相等，再通过角的等量代换推导夹角为90°得到垂直关系；
2. 第(2)(3)问是从特殊到一般的探究，利用全等得到对应角相等，结合三角形内角和推导∠AFB的度数；
3. 第(4)问旋转后图形位置变化但边角等量关系不变，仍先证全等，再通过角的代换推导∠AFB和α的关系即可。
【解析】
(1) $BD=AE$，$BD⊥AE$，理由如下：
∵$∠ACD=∠BCE$，
∴$∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE$，即$∠ACE=∠DCB$，
在$△ ACE$和$△ DCB$中：
$\begin{cases}AC=DC \\∠ACE=∠DCB \\CE=CB\end{cases}$
∴$△ ACE≌△ DCB(\mathrm{SAS})$，
∴$AE=BD$，$∠CAE=∠CDB$，
∵$∠ACD=90°$，
∴$∠CAD+∠CDA=90°$，
即$∠CAE+∠DAE+∠CDA=90°$，将$∠CAE$替换为$∠CDB$得：$∠CDB+∠DAE+∠CDA=∠DAE+∠ADB=90°$，
∴$∠AFD=90°$，即$BD⊥AE$。
(2) 同理可证$△ ACE≌△ DCB$，得$∠CAE=∠CDB$，
$∠AFB=∠ADF+∠DAF=∠ADC+∠CDB+∠DAF=∠ADC+∠CAE+∠DAF=∠ADC+∠DAC$，
∵$∠ACD=60°$，$CA=CD$，$△ ACD$为等边三角形，$∠ADC+∠DAC=120°$，
∴$∠AFB=120°$。
(3) 同理可证$△ ACE≌△ DCB$，得$∠CAE=∠CDB$，
$∠AFB=180°-(∠DAF+∠ADF)=180°-(∠DAC+∠CAE+∠ADF)=180°-(∠DAC+∠CDB+∠ADF)=180°-(∠DAC+∠ADC)$，
在$△ ACD$中，$∠DAC+∠ADC=180°-∠ACD=180°-α$，
∴$∠AFB=180°-(180°-α)=180°-α$。
(4) $∠AFB=180°-α$，理由如下：
∵$∠ACD=∠BCE$，
∴$∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠DCE$，即$∠ACE=∠DCB$，
在$△ ACE$和$△ DCB$中：
$\begin{cases}AC=DC \\∠ACE=∠DCB \\CE=CB\end{cases}$
∴$△ ACE≌△ DCB(\mathrm{SAS})$，
∴$∠CAE=∠CDB$，
设AE交CD于点G，则$∠DGF=∠AGC$，
在$△ DGF$和$△ AGC$中：$∠DFG=180°-∠CDB-∠DGF$，$∠ACD=180°-∠CAE-∠AGC$，
∴$∠DFG=∠ACD=α$，
∵$∠AFB+∠DFG=180°$，
∴$∠AFB=180°-α$。
【答案】
(1)$BD=AE,BD⊥ AE$ (2)$120°$ (3)$180°-α$ (4)$∠ AFB=180°-α$
【知识点】
1.全等三角形的判定与性质 2.三角形内角和定理 3.角的和差计算
【点评】
本题以“手拉手”全等模型为载体，从特殊角度到一般角度、从静态图形到旋转动态图形逐步探究，解题的关键是抓住图形变化前后不变的边角关系，熟练运用全等三角形的判定与性质推导边、角的关系，能有效训练逻辑推理能力和探究归纳能力。
【难度系数】
0.65