12. [2025 潮州期中] 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC=5$，$BC=6$，$AD$是$△ ABC$的一条中线，$AD=4$，点$P$，$E$分别是$AD$，$AB$上的一个动点，则$BP+EP$的最小值是。

12.$\frac{24}{5}$ 【点拨】连接 CE,CP,过点 C 作 CF⊥AB,根据等腰三角形三线合一得到 B,C 关于 AD 对称,故 BP+EP=CP+PE≥CE≥CF,进而根据等面积法,即可得解.

三、解答题（共48分）
13.（10分）[母题 教材P84习题T4] 如图，点D，E在△ABC的边BC上，AB=AC，AD=AE.
(1)若∠BAC=106°，∠DAE=48°，求∠BAD的度数；
(2)求证:BD=EC.

13. (1)【解】
∵AB=AC,AD=AE,∠BAC=106°,∠DAE=48°,
∴∠ADE=∠AED=$\frac{1}{2}$(180°−∠DAE)=66°,∠B=∠C=$\frac{1}{2}$(180°−∠BAC)=37°.
∴∠BAD=∠ADE−∠B=66°−37°=29°.
(2)【证明】如图,过点 A 作 AF⊥BC 于 F.
∵AB=AC,AD=AE,
∴BF=CF,DF=EF.
∴BD=CE.

14.(12分)[2025厦门校级期中]如图，$△ ABC$是等边三角形，BD是AC边上的高，延长BC到E，使$CE=CD$，过点D作$DF⊥ BE$于F.
(1)求证：$BD=DE$；
(2)请猜想FC与BF间的数量关系，并证明你的猜想.

14. (1)【证明】
∵△ABC 是等边三角形,
∴∠ABC=∠ACB=60°.
∵BD⊥AC,
∴∠DBC=$\frac{1}{2}$∠ABC=30°.
∵CE=CD,
∴∠CDE=∠E.
∵∠ACB=∠CDE+∠E,
∴∠E=30°.
∴∠DBE=∠E.
∴BD=DE.
(2)【解】BF=3FC.证明如下:
∵DF⊥BE,∠BCD=60°,
∴∠DFC=30°.
∴DC=2FC.
∵BD⊥AC,∠DBC=30°,
∴BC=2DC.
∴BC=4FC.
∴BF=3FC.

15.（12分）如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，$∠ ABC = 30°$，$AD$平分$∠ CAB$，延长$AC$至$E$，使$CE = AC$，连接$DE$。
（1）求证：$DE = DB$；
（2）连接$BE$，试判断$△ ABE$的形状，并说明理由。

15. (1)【证明】
∵∠ACB=90°,∠ABC=30°,
∴∠CAB=60°.
∵AD 平分∠CAB,
∴∠DAB=$\frac{1}{2}$∠CAB=30°=∠ABC.
∴DA=DB.
∵CE=AC,BC⊥AE,
∴BC 是线段 AE 的垂直平分线.
∴DE=DA.
∴DE=DB.
(2)【解】△ABE 是等边三角形.理由如下:
∵BC 是线段 AE 的垂直平分线,
∴BA=BE.
又
∵∠CAB=60°,
∴△ABE 是等边三角形.

16.（14分）新考法 化动为定法 如图，△ABC是边长为6 cm的等边三角形，动点P,Q同时从A，B两点出发，分别沿AB，BC方向匀速运动.
(1)若点P的运动速度是1 cm/s，点Q的运动速度是2 cm/s，当Q到达点C时，P,Q两点都停止运动，设运动时间为t s，当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由.
(2)若它们的运动速度都是1 cm/s，当点P到达点B时，P,Q两点停止运动，设点P的运动时间为t s，则当t为何值时，△PBQ是直角三角形？

16.【解】(1)△BPQ 是等边三角形.理由如下:
由题意得,当 t=2 时,AP=2 cm,BQ=4 cm,
∴BP=AB−AP=4 cm,
∴BP=BQ.
∵△ABC 是等边三角形,
∴∠B=60°.
∴△BPQ 是等边三角形.
(2)由题意得 AP=t cm,BQ=t cm,
∴BP=AB−AP=(6−t)cm.
如图①所示,当∠PQB=90°时,
∵∠B=60°,
∴∠BPQ=90°−∠B=30°.
∴BP=2BQ.
∴6−t=2t,解得 t=2;
如图②所示,当∠BPQ=90°时,同理可得∠BQP=30°,
∴BQ=2BP.
∴t=2(6−t),解得 t=4.
综上所述,当 t 为 2 或 4 时,△PBQ 是直角三角形.