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6. 已知：如图，四边形ABCD为正方形，从顶点A引两条射线分别交BC，CD于点E，F，$∠ EAF=45°$。求证：$BE+DF=EF$。
第6题
第6题答案
6. 证明：如图，延长$CD$ 到点$G$，使$DG=BE$，连接$AG$.
$\because$ 四边形$ABCD$ 为正方形，
$\therefore AB=AD$，$∠ B=∠ ADC=∠ BAD=90°$.
$\therefore ∠ ADG=90°=∠ B$.
在$△ ABE$ 和$△ ADG$ 中，
$\because \begin{cases} AB=AD,\\ ∠ B=∠ ADG,\\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS})$.
$\therefore AE=AG$，$∠ BAE=∠ DAG$.
$\because ∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ GAF=∠ DAG+∠ DAF=∠ BAE+∠ DAF=∠ BAD-∠ EAF=90°-45°=45°$.
$\therefore ∠ EAF=∠ GAF$.
在$△ AEF$ 和$△ AGF$ 中，
$\because \begin{cases} AE=AG,\\ ∠ EAF=∠ GAF,\\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS})$.
$\therefore EF=GF$.
$\because GF=DG+DF=BE+DF$，
$\therefore BE+DF=EF$.
解析
【分析】
要证明BE+DF=EF，属于线段和差类证明问题，通常采用“截长补短”的思路求解。结合正方形边相等、内角为90°的性质，我们选择“补短”的方法：通过延长CD构造与△ABE全等的三角形，将BE转化为和DF共线的线段DG，把BE+DF转化为GF，再证明EF与GF相等，即可得到结论。
【解析】
1. 构造辅助线：延长CD到点G，使DG=BE，连接AG。
2. 证明△ABE≌△ADG：
已知四边形ABCD是正方形，因此AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，可得∠ADG=∠B=90°。
在△ABE和△ADG中，AB=AD，∠B=∠ADG，BE=DG，根据SAS判定定理，△ABE≌△ADG。
由全等性质得AE=AG，∠BAE=∠DAG。
3. 证明△AEF≌△AGF：
已知∠EAF=45°，因此∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，即∠EAF=∠GAF。
在△AEF和△AGF中，AE=AG，∠EAF=∠GAF，AF=AF，根据SAS判定定理，△AEF≌△AGF。
4. 推导结论：
由全等性质得EF=GF，而GF=DG+DF=BE+DF，因此BE+DF=EF。
【答案】
证明：如图，延长$CD$ 到点$G$，使$DG=BE$，连接$AG$.
$\because$ 四边形$ABCD$ 为正方形，
$\therefore AB=AD$，$∠ B=∠ ADC=∠ BAD=90°$.
$\therefore ∠ ADG=90°=∠ B$.
在$△ ABE$ 和$△ ADG$ 中，
$\because \begin{cases} AB=AD,\\ ∠ B=∠ ADG,\\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS})$.
$\therefore AE=AG$，$∠ BAE=∠ DAG$.
$\because ∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ GAF=∠ DAG+∠ DAF=∠ BAE+∠ DAF=∠ BAD-∠ EAF=90°-45°=45°$.
$\therefore ∠ EAF=∠ GAF$.
在$△ AEF$ 和$△ AGF$ 中，
$\because \begin{cases} AE=AG,\\ ∠ EAF=∠ GAF,\\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS})$.
$\therefore EF=GF$.
$\because GF=DG+DF=BE+DF$，
$\therefore BE+DF=EF$.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段和差证明
【点评】
本题是正方形背景下线段和差证明的经典题型，解题核心是运用截长补短的思路构造全等三角形，将分散的待证线段整合到同一条线段上，通过全等转化等量关系，这类构造方法在含45°特殊角的正方形几何问题中十分常用。
【难度系数】
0.6
要证明BE+DF=EF，属于线段和差类证明问题，通常采用“截长补短”的思路求解。结合正方形边相等、内角为90°的性质，我们选择“补短”的方法：通过延长CD构造与△ABE全等的三角形，将BE转化为和DF共线的线段DG，把BE+DF转化为GF，再证明EF与GF相等，即可得到结论。
【解析】
1. 构造辅助线：延长CD到点G，使DG=BE，连接AG。
2. 证明△ABE≌△ADG：
已知四边形ABCD是正方形，因此AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，可得∠ADG=∠B=90°。
在△ABE和△ADG中，AB=AD，∠B=∠ADG，BE=DG，根据SAS判定定理，△ABE≌△ADG。
由全等性质得AE=AG，∠BAE=∠DAG。
3. 证明△AEF≌△AGF：
已知∠EAF=45°，因此∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，即∠EAF=∠GAF。
在△AEF和△AGF中，AE=AG，∠EAF=∠GAF，AF=AF，根据SAS判定定理，△AEF≌△AGF。
4. 推导结论：
由全等性质得EF=GF，而GF=DG+DF=BE+DF，因此BE+DF=EF。
【答案】
证明：如图，延长$CD$ 到点$G$，使$DG=BE$，连接$AG$.
$\because$ 四边形$ABCD$ 为正方形，
$\therefore AB=AD$，$∠ B=∠ ADC=∠ BAD=90°$.
$\therefore ∠ ADG=90°=∠ B$.
在$△ ABE$ 和$△ ADG$ 中，
$\because \begin{cases} AB=AD,\\ ∠ B=∠ ADG,\\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADG(\mathrm{SAS})$.
$\therefore AE=AG$，$∠ BAE=∠ DAG$.
$\because ∠ EAF=45°$，
$\therefore ∠ GAF=∠ DAG+∠ DAF=∠ BAE+∠ DAF=∠ BAD-∠ EAF=90°-45°=45°$.
$\therefore ∠ EAF=∠ GAF$.
在$△ AEF$ 和$△ AGF$ 中，
$\because \begin{cases} AE=AG,\\ ∠ EAF=∠ GAF,\\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △ AEF≌△ AGF(\mathrm{SAS})$.
$\therefore EF=GF$.
$\because GF=DG+DF=BE+DF$，
$\therefore BE+DF=EF$.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段和差证明
【点评】
本题是正方形背景下线段和差证明的经典题型，解题核心是运用截长补短的思路构造全等三角形，将分散的待证线段整合到同一条线段上，通过全等转化等量关系，这类构造方法在含45°特殊角的正方形几何问题中十分常用。
【难度系数】
0.6
7. 在$△ ABC$中，$AC=BC$，$∠ ACB=90°$，$D$是$AB$的中点，$E$是$AB$上一点.
(1)如图①，若$BF⊥ CE$于点$F$，$BF$交$CD$于点$G$，求证：$AE=CG$.
(2)如图②，若$AM⊥ CE$，$AM$交$CE$的延长线于点$H$，交$CD$的延长线于点$M$，请找出图中与$BE$相等的线段，并证明.
(1)如图①，若$BF⊥ CE$于点$F$，$BF$交$CD$于点$G$，求证：$AE=CG$.
(2)如图②，若$AM⊥ CE$，$AM$交$CE$的延长线于点$H$，交$CD$的延长线于点$M$，请找出图中与$BE$相等的线段，并证明.
答案
7. (1)证明：$\because D$ 是$AB$ 的中点，
$\therefore AD=BD$.
在$△ ACD$ 和$△ BCD$ 中，
$\because \begin{cases} AC=BC,\\ AD=BD,\\ CD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ BCD(\mathrm{SSS})$.
$\therefore ∠ ACD = ∠ BCD = 45°$，$∠ CAD = ∠ CBD=45°$.
$\therefore ∠ CAE=∠ BCG$.
$\because BF⊥ CE$，
$\therefore ∠ BFC=90°$.
$\therefore ∠ CBG+∠ BCF=90°$.
又$\because ∠ ACE+∠ BCF=90°$，
$\therefore ∠ ACE=∠ CBG$.
在$△ AEC$ 和$△ CGB$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CAE=∠ BCG,\\ AC=BC,\\ ∠ ACE=∠ CBG, \end{cases}$
$\therefore △ AEC≌△ CGB(\mathrm{ASA})$.
$\therefore AE=CG$.
(2)$CM=BE$.
证明：由(1)，知$∠ ADC=90°$，
$\therefore ∠ BEC+∠ MCH=90°$.
$\because CH⊥ HM$，
$\therefore ∠ CHM=90°$.
$\therefore ∠ CMA+∠ MCH=90°$.
$\therefore ∠ CMA=∠ BEC$.
由(1)，知$∠ ACM=∠ CBE=45°$.
在$△ CAM$ 和$△ BCE$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CMA=∠ BEC,\\ ∠ ACM=∠ CBE,\\ CA=BC, \end{cases}$
$\therefore △ CAM≌△ BCE(\mathrm{AAS})$.
$\therefore CM=BE$.
$\therefore AD=BD$.
在$△ ACD$ 和$△ BCD$ 中，
$\because \begin{cases} AC=BC,\\ AD=BD,\\ CD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ BCD(\mathrm{SSS})$.
$\therefore ∠ ACD = ∠ BCD = 45°$，$∠ CAD = ∠ CBD=45°$.
$\therefore ∠ CAE=∠ BCG$.
$\because BF⊥ CE$，
$\therefore ∠ BFC=90°$.
$\therefore ∠ CBG+∠ BCF=90°$.
又$\because ∠ ACE+∠ BCF=90°$，
$\therefore ∠ ACE=∠ CBG$.
在$△ AEC$ 和$△ CGB$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CAE=∠ BCG,\\ AC=BC,\\ ∠ ACE=∠ CBG, \end{cases}$
$\therefore △ AEC≌△ CGB(\mathrm{ASA})$.
$\therefore AE=CG$.
(2)$CM=BE$.
证明：由(1)，知$∠ ADC=90°$，
$\therefore ∠ BEC+∠ MCH=90°$.
$\because CH⊥ HM$，
$\therefore ∠ CHM=90°$.
$\therefore ∠ CMA+∠ MCH=90°$.
$\therefore ∠ CMA=∠ BEC$.
由(1)，知$∠ ACM=∠ CBE=45°$.
在$△ CAM$ 和$△ BCE$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CMA=∠ BEC,\\ ∠ ACM=∠ CBE,\\ CA=BC, \end{cases}$
$\therefore △ CAM≌△ BCE(\mathrm{AAS})$.
$\therefore CM=BE$.
解析
【分析】
(1) 要证明$AE=CG$，可通过证明两条线段所在的$△ AEC$与$△ CGB$全等推导。首先利用等腰直角三角形三线合一的性质，由$D$是$AB$中点可得$CD$平分$∠ ACB$，得到$∠ CAE=∠ BCG=45°$；再结合$BF⊥ CE$的条件，用同角的余角相等推出$∠ ACE=∠ CBG$，最后用ASA判定两个三角形全等即可得证。
(2) 观察图形可猜测与$BE$相等的线段是$CM$，同样通过证明线段所在的$△ CAM$与$△ BCE$全等来推导。先由$AM⊥ CE$的条件，用同角的余角相等得到$∠ CMA=∠ BEC$，再结合(1)中得到的$∠ ACM=∠ CBE=45°$、$AC=BC$的条件，用AAS判定两个三角形全等即可得到结论。
【解析】
(1)证明：$\because D$ 是$AB$ 的中点，
$\therefore AD=BD$.
在$△ ACD$ 和$△ BCD$ 中，
$\because \begin{cases} AC=BC,\\ AD=BD,\\ CD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ BCD(\mathrm{SSS})$.
$\therefore ∠ ACD = ∠ BCD = 45°$，$∠ CAD = ∠ CBD=45°$.
$\therefore ∠ CAE=∠ BCG$.
$\because BF⊥ CE$，
$\therefore ∠ BFC=90°$.
$\therefore ∠ CBG+∠ BCF=90°$.
又$\because ∠ ACE+∠ BCF=90°$，
$\therefore ∠ ACE=∠ CBG$.
在$△ AEC$ 和$△ CGB$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CAE=∠ BCG,\\ AC=BC,\\ ∠ ACE=∠ CBG, \end{cases}$
$\therefore △ AEC≌△ CGB(\mathrm{ASA})$.
$\therefore AE=CG$.
(2) 与$BE$相等的线段是$CM$，证明如下：
由(1)，知$∠ ADC=90°$，
$\therefore ∠ BEC+∠ MCH=90°$.
$\because CH⊥ HM$，
$\therefore ∠ CHM=90°$.
$\therefore ∠ CMA+∠ MCH=90°$.
$\therefore ∠ CMA=∠ BEC$.
由(1)，知$∠ ACM=∠ CBE=45°$.
在$△ CAM$ 和$△ BCE$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CMA=∠ BEC,\\ ∠ ACM=∠ CBE,\\ CA=BC, \end{cases}$
$\therefore △ CAM≌△ BCE(\mathrm{AAS})$.
$\therefore CM=BE$.
【答案】
(1) 证明成立，$AE=CG$；
(2) 与$BE$相等的线段是$CM$，证明成立，$CM=BE$。
【知识点】
1. 等腰直角三角形的性质
2. 全等三角形的判定
3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形证明的典型题型，核心是将线段相等的证明转化为三角形全等的证明，解题时需要熟练运用等腰直角三角形的特殊角性质，结合垂直关系推导角相等，构造全等判定条件，对全等判定的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明$AE=CG$，可通过证明两条线段所在的$△ AEC$与$△ CGB$全等推导。首先利用等腰直角三角形三线合一的性质，由$D$是$AB$中点可得$CD$平分$∠ ACB$，得到$∠ CAE=∠ BCG=45°$；再结合$BF⊥ CE$的条件，用同角的余角相等推出$∠ ACE=∠ CBG$，最后用ASA判定两个三角形全等即可得证。
(2) 观察图形可猜测与$BE$相等的线段是$CM$，同样通过证明线段所在的$△ CAM$与$△ BCE$全等来推导。先由$AM⊥ CE$的条件，用同角的余角相等得到$∠ CMA=∠ BEC$，再结合(1)中得到的$∠ ACM=∠ CBE=45°$、$AC=BC$的条件，用AAS判定两个三角形全等即可得到结论。
【解析】
(1)证明：$\because D$ 是$AB$ 的中点，
$\therefore AD=BD$.
在$△ ACD$ 和$△ BCD$ 中，
$\because \begin{cases} AC=BC,\\ AD=BD,\\ CD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ BCD(\mathrm{SSS})$.
$\therefore ∠ ACD = ∠ BCD = 45°$，$∠ CAD = ∠ CBD=45°$.
$\therefore ∠ CAE=∠ BCG$.
$\because BF⊥ CE$，
$\therefore ∠ BFC=90°$.
$\therefore ∠ CBG+∠ BCF=90°$.
又$\because ∠ ACE+∠ BCF=90°$，
$\therefore ∠ ACE=∠ CBG$.
在$△ AEC$ 和$△ CGB$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CAE=∠ BCG,\\ AC=BC,\\ ∠ ACE=∠ CBG, \end{cases}$
$\therefore △ AEC≌△ CGB(\mathrm{ASA})$.
$\therefore AE=CG$.
(2) 与$BE$相等的线段是$CM$，证明如下：
由(1)，知$∠ ADC=90°$，
$\therefore ∠ BEC+∠ MCH=90°$.
$\because CH⊥ HM$，
$\therefore ∠ CHM=90°$.
$\therefore ∠ CMA+∠ MCH=90°$.
$\therefore ∠ CMA=∠ BEC$.
由(1)，知$∠ ACM=∠ CBE=45°$.
在$△ CAM$ 和$△ BCE$ 中，
$\because \begin{cases} ∠ CMA=∠ BEC,\\ ∠ ACM=∠ CBE,\\ CA=BC, \end{cases}$
$\therefore △ CAM≌△ BCE(\mathrm{AAS})$.
$\therefore CM=BE$.
【答案】
(1) 证明成立，$AE=CG$；
(2) 与$BE$相等的线段是$CM$，证明成立，$CM=BE$。
【知识点】
1. 等腰直角三角形的性质
2. 全等三角形的判定
3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形证明的典型题型，核心是将线段相等的证明转化为三角形全等的证明，解题时需要熟练运用等腰直角三角形的特殊角性质，结合垂直关系推导角相等，构造全等判定条件，对全等判定的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
8. 如图，$△ ABC$ 的两条高 $AD$ 与 $BE$ 相交于点 $O$，$AD=BD$，$AC=6$.
(1)求 $BO$ 的长.
(2)$F$ 是射线 $BC$ 上一点，且 $CF=AO$，动点 $P$ 从点 $O$ 出发，沿线段 $OB$ 以每秒1个单位长度的速度向终点 $B$ 运动，同时动点 $Q$ 从点 $A$ 出发，沿射线 $AC$ 以每秒4个单位长度的速度运动(点 $F$，$P$，$Q$ 没画出). 当点 $P$ 到达点 $B$ 时，$P$，$Q$ 两点同时停止运动. 设运动时间为 $t$ s，当 $△ AOP ≌ △ FCQ$ 时，求 $t$ 的值.
(1)求 $BO$ 的长.
(2)$F$ 是射线 $BC$ 上一点，且 $CF=AO$，动点 $P$ 从点 $O$ 出发，沿线段 $OB$ 以每秒1个单位长度的速度向终点 $B$ 运动，同时动点 $Q$ 从点 $A$ 出发，沿射线 $AC$ 以每秒4个单位长度的速度运动(点 $F$，$P$，$Q$ 没画出). 当点 $P$ 到达点 $B$ 时，$P$，$Q$ 两点同时停止运动. 设运动时间为 $t$ s，当 $△ AOP ≌ △ FCQ$ 时，求 $t$ 的值.
答案
8. 解：(1) $\because ∠ CAD+∠ ACD = ∠ CAD+∠ AOE=90°$，
$\therefore ∠ ACD=∠ AOE$.
$\because ∠ AOE=∠ BOD$，
$\therefore ∠ BOD=∠ ACD$.
又$\because ∠ BDO=∠ ADC=90°$，$AD=BD$，
$\therefore △ BDO≌△ ADC(\mathrm{AAS})$.
$\therefore BO=AC=6$.
(2)当点 $F$ 在 $BC$ 的延长线上时，如图所示.
$\because CF = AO$，$∠ AOP = ∠ EOD = 180°-∠ DCE=∠ FCQ$，
$\therefore$ 当$△ AOP≌△ FCQ$ 时，$OP=CQ$.
$\because OP=t$，$CQ=6-4t$，
$\therefore t=6-4t$.
解得 $t=1.2$.
当点 $F$ 在 $BC$ 之间时，如图所示.
$\because CF = AO$，$∠ AOP = ∠ EOD = 180°-∠ DCE=∠ FCQ$，
$\therefore$ 当$△ AOP≌△ FCQ$ 时，$OP=CQ$.
$\because OP=t$，$CQ=4t-6$，
$\therefore t=4t-6$.
解得 $t=2$.
综上所述，$t=1.2$ 或 $2$.
解析
【分析】
(1) 要求BO的长度，已知AC=6，可通过证明BO与AC所在的三角形全等求解。首先利用三角形高的性质得到直角，结合同角的余角相等推出对应角相等，再结合已知AD=BD，用AAS证明△BDO和△ADC全等，即可得到BO=AC。
(2) 因为F在射线BC上，需分两种情况讨论：①F在BC的延长线上；②F在线段BC上。已知CF=AO，先推导得到△AOP和△FCQ的一组对应角相等，结合全等的判定条件，只需对应边OP=CQ，再根据动点的速度和运动时间表示出OP、CQ的长度，列方程求解即可，注意验证结果是否符合运动范围。
【解析】
(1) $\because AD、BE$是$△ ABC$的高，$\therefore ∠ ADC=∠ BDO=∠ AEB=90°$
$\therefore ∠ CAD+∠ ACD = 90°$，$∠ CAD+∠ AOE=90°$
$\therefore ∠ ACD=∠ AOE$
$\because ∠ AOE=∠ BOD$（对顶角相等）
$\therefore ∠ BOD=∠ ACD$
在$△ BDO$和$△ ADC$中：
$\begin{cases}∠ BDO=∠ ADC\\∠ BOD=∠ ACD\\BD=AD\end{cases}$
$\therefore △ BDO≌△ ADC(\mathrm{AAS})$
$\therefore BO=AC$
$\because AC=6$，$\therefore BO=6$
(2) 分两种情况讨论：
① 当点$F$在$BC$的延长线上时，如图
已知$CF = AO$，
$\because ∠ AOP = ∠ EOD$，四边形$ODCE$中$∠ ODC=∠ OEC=90°$，$\therefore ∠ EOD+∠ DCE=180°$
又$\because ∠ FCQ+∠ DCE=180°$，$\therefore ∠ AOP=∠ FCQ$
若$△ AOP ≌ △ FCQ$，则$OP=CQ$
由题意得：$OP=t$，此时$Q$在线段$AC$上，$CQ=6-4t$
$\therefore t=6-4t$，解得$t=1.2$，符合运动范围。
② 当点$F$在$BC$之间时，如图
同理可得$∠ AOP=∠ FCQ$，又$CF = AO$，
若$△ AOP ≌ △ FCQ$，则$OP=CQ$
此时$Q$在$AC$的延长线上，$CQ=4t-6$
$\therefore t=4t-6$，解得$t=2$，符合运动范围。
综上所述，$t=1.2$或$2$。
【答案】
(1) $BO=6$
(2) $t$的值为$1.2$或$2$，对应图如下：
【知识点】
全等三角形的判定与性质；同角的余角相等；动点分类讨论
【点评】
本题综合考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是注意射线的取值范围，对动点位置分情况讨论，避免漏解，同时要结合动点的运动规律正确表示线段长度，建立方程求解。
【难度系数】
0.6
(1) 要求BO的长度，已知AC=6，可通过证明BO与AC所在的三角形全等求解。首先利用三角形高的性质得到直角，结合同角的余角相等推出对应角相等，再结合已知AD=BD，用AAS证明△BDO和△ADC全等，即可得到BO=AC。
(2) 因为F在射线BC上，需分两种情况讨论：①F在BC的延长线上；②F在线段BC上。已知CF=AO，先推导得到△AOP和△FCQ的一组对应角相等，结合全等的判定条件，只需对应边OP=CQ，再根据动点的速度和运动时间表示出OP、CQ的长度，列方程求解即可，注意验证结果是否符合运动范围。
【解析】
(1) $\because AD、BE$是$△ ABC$的高，$\therefore ∠ ADC=∠ BDO=∠ AEB=90°$
$\therefore ∠ CAD+∠ ACD = 90°$，$∠ CAD+∠ AOE=90°$
$\therefore ∠ ACD=∠ AOE$
$\because ∠ AOE=∠ BOD$（对顶角相等）
$\therefore ∠ BOD=∠ ACD$
在$△ BDO$和$△ ADC$中：
$\begin{cases}∠ BDO=∠ ADC\\∠ BOD=∠ ACD\\BD=AD\end{cases}$
$\therefore △ BDO≌△ ADC(\mathrm{AAS})$
$\therefore BO=AC$
$\because AC=6$，$\therefore BO=6$
(2) 分两种情况讨论：
① 当点$F$在$BC$的延长线上时，如图
已知$CF = AO$，
$\because ∠ AOP = ∠ EOD$，四边形$ODCE$中$∠ ODC=∠ OEC=90°$，$\therefore ∠ EOD+∠ DCE=180°$
又$\because ∠ FCQ+∠ DCE=180°$，$\therefore ∠ AOP=∠ FCQ$
若$△ AOP ≌ △ FCQ$，则$OP=CQ$
由题意得：$OP=t$，此时$Q$在线段$AC$上，$CQ=6-4t$
$\therefore t=6-4t$，解得$t=1.2$，符合运动范围。
② 当点$F$在$BC$之间时，如图
同理可得$∠ AOP=∠ FCQ$，又$CF = AO$，
若$△ AOP ≌ △ FCQ$，则$OP=CQ$
此时$Q$在$AC$的延长线上，$CQ=4t-6$
$\therefore t=4t-6$，解得$t=2$，符合运动范围。
综上所述，$t=1.2$或$2$。
【答案】
(1) $BO=6$
(2) $t$的值为$1.2$或$2$，对应图如下：
【知识点】
全等三角形的判定与性质；同角的余角相等；动点分类讨论
【点评】
本题综合考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是注意射线的取值范围，对动点位置分情况讨论，避免漏解，同时要结合动点的运动规律正确表示线段长度，建立方程求解。
【难度系数】
0.6
