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10. 如图,在平面直角坐标系中,△OAB的顶点坐标分别是O(0,0),A(-6,0),B(0,4),△OA'B'≌△AOB,若点A'在x轴上,则点B'的坐标是
$(6,-4)$
.答案
10.$(6,-4)$ 【点拨】$\because A(-6,0),B(0,4),△ OA'B'≌△ AOB,\therefore OA=OA'=6,OB=A'B'=4,∠ OA'B'=∠ AOB=90°,\therefore$ 点 $B'$ 的坐标是$(6,-4)$.
解析
【分析】
解题时首先结合已知的△OAB顶点坐标，确定△OAB的边长和内角特征：OA长为6，OB长为4，∠AOB为直角；再根据全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，得到△OA'B'的对应边长度和对应角的度数；结合点A'在x轴上的条件，确定A'的坐标，再根据∠OA'B'为直角判断A'B'与x轴垂直，最后结合B'所在的象限即可确定其坐标。
【解析】
解：已知O(0,0)，A(-6,0)，B(0,4)，
∴ OA=|-6-0|=6，OB=|4-0|=4，∠AOB=90°。
∵ △OA'B'≌△AOB，
∴ OA'=OA=6，A'B'=OB=4，∠OA'B'=∠AOB=90°。
∵ 点A'在x轴上，且OA'=6，
∴ 点A'的坐标为(6,0)。
又
∵ ∠OA'B'=90°，说明A'B'⊥x轴，且点B'在第四象限，
∴ 点B'的横坐标与A'相同为6，纵坐标为-4，即B'(6,-4)。
【答案】
(6,-4)
【知识点】
全等三角形的性质；平面直角坐标系中点的坐标特征
【点评】
本题是全等三角形性质与平面直角坐标系的结合应用题，解题的核心是准确找到全等三角形的对应边和对应角，结合点所在的象限判断坐标的符号即可得出结果。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合已知的△OAB顶点坐标，确定△OAB的边长和内角特征：OA长为6，OB长为4，∠AOB为直角；再根据全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，得到△OA'B'的对应边长度和对应角的度数；结合点A'在x轴上的条件，确定A'的坐标，再根据∠OA'B'为直角判断A'B'与x轴垂直，最后结合B'所在的象限即可确定其坐标。
【解析】
解：已知O(0,0)，A(-6,0)，B(0,4)，
∴ OA=|-6-0|=6，OB=|4-0|=4，∠AOB=90°。
∵ △OA'B'≌△AOB，
∴ OA'=OA=6，A'B'=OB=4，∠OA'B'=∠AOB=90°。
∵ 点A'在x轴上，且OA'=6，
∴ 点A'的坐标为(6,0)。
又
∵ ∠OA'B'=90°，说明A'B'⊥x轴，且点B'在第四象限，
∴ 点B'的横坐标与A'相同为6，纵坐标为-4，即B'(6,-4)。
【答案】
(6,-4)
【知识点】
全等三角形的性质；平面直角坐标系中点的坐标特征
【点评】
本题是全等三角形性质与平面直角坐标系的结合应用题，解题的核心是准确找到全等三角形的对应边和对应角，结合点所在的象限判断坐标的符号即可得出结果。
【难度系数】
0.7
11. [2026淮南校级模拟] 一个三角形的三条边的长分别是5,8,10,另一个三角形的三条边的长分别是5,4x+2,2y−2,若这两个三角形全等,则x+y的值是
7.5或7
.答案
11.7.5或7 【点拨】$\because$ 一个三角形的三条边的长分别是 5,8,10,另一个三角形的三条边的长分别是 5,4x+2,2y−2,这两个三角形全等,$\therefore 4x+2=8,2y-2=10$ 或$4x+2=10,2y-2=8$,$\therefore x=1.5,y=6$ 或$x=2,y=5$,$\therefore x+y=7.5$ 或7.
解析
【分析】
首先回忆全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等。已知两个三角形都有一条边长为5，因此剩下的两组边必然分别和第一个三角形的另外两条边8、10对应，由于题目没有明确给出边的对应关系，所以需要分两种情况讨论：①4x+2对应边为8，2y-2对应边为10；②4x+2对应边为10，2y-2对应边为8。分别求解两种情况的x、y值，再计算x+y即可。
【解析】
解：
∵两个三角形全等，全等三角形的对应边相等，且两个三角形均有一条边长为5，
∴分两种情况讨论：
情况1：当$\begin{cases}4x+2=8\\2y-2=10\end{cases}$时，
解$4x+2=8$，得$4x=6$，$x=1.5$；
解$2y-2=10$，得$2y=12$，$y=6$；
此时$x+y=1.5+6=7.5$。
情况2：当$\begin{cases}4x+2=10\\2y-2=8\end{cases}$时，
解$4x+2=10$，得$4x=8$，$x=2$；
解$2y-2=8$，得$2y=10$，$y=5$；
此时$x+y=2+5=7$。
综上，$x+y$的值为7.5或7。
【答案】
7.5或7
【知识点】
全等三角形的性质，解一元一次方程，分类讨论思想
【点评】
本题核心考查全等三角形对应边相等的应用，易错点是忽略边的对应关系不唯一，漏算其中一种情况，解题时遇到未明确对应关系的全等问题，要注意分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
首先回忆全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等。已知两个三角形都有一条边长为5，因此剩下的两组边必然分别和第一个三角形的另外两条边8、10对应，由于题目没有明确给出边的对应关系，所以需要分两种情况讨论：①4x+2对应边为8，2y-2对应边为10；②4x+2对应边为10，2y-2对应边为8。分别求解两种情况的x、y值，再计算x+y即可。
【解析】
解：
∵两个三角形全等，全等三角形的对应边相等，且两个三角形均有一条边长为5，
∴分两种情况讨论：
情况1：当$\begin{cases}4x+2=8\\2y-2=10\end{cases}$时，
解$4x+2=8$，得$4x=6$，$x=1.5$；
解$2y-2=10$，得$2y=12$，$y=6$；
此时$x+y=1.5+6=7.5$。
情况2：当$\begin{cases}4x+2=10\\2y-2=8\end{cases}$时，
解$4x+2=10$，得$4x=8$，$x=2$；
解$2y-2=8$，得$2y=10$，$y=5$；
此时$x+y=2+5=7$。
综上，$x+y$的值为7.5或7。
【答案】
7.5或7
【知识点】
全等三角形的性质，解一元一次方程，分类讨论思想
【点评】
本题核心考查全等三角形对应边相等的应用，易错点是忽略边的对应关系不唯一，漏算其中一种情况，解题时遇到未明确对应关系的全等问题，要注意分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
12. 如图，在$△ ABC$中，$AB=8$，已知$△ ABC≌△ ADE$，点$D$落在边$BC$上，$P$是线段$BD$上一点，若$△ AEF$的面积比$△ CDF$的面积大25，则点$P$到线段$AB$和线段$AD$的距离之和为
$\frac{25}{4}$
。答案
12.$\frac{25}{4}$ 【点拨】$\because △ ABC≌△ ADE,\therefore AD=AB=8$,$S_{△ ABC}=S_{△ ADE}$,$\therefore S_{△ ABD} + S_{△ ADF} + S_{△ CDF} = S_{△ ADF} + S_{△ AEF}$,$\therefore S_{△ ABD} = S_{△ AEF} - S_{△ CDF}$.$\because △ AEF$ 的面积比$△ CDF$ 的面积大 25,$\therefore S_{△ ABD} = S_{△ AEF} - S_{△ CDF} = 25$. 如图,连接 AP,设点 P 到线段 AB 和线段 AD 的距离分别为 $h_1,h_2$. $\because S_{△ ABD} = S_{△ ABP} + S_{△ ADP}$,$\therefore \frac{1}{2} × 8h_1 + \frac{1}{2} × 8h_2 = 25$,$\therefore h_1 + h_2 = \frac{25}{4}$,$\therefore$ 点 P 到线段 AB 和线段 AD 的距离之和为$\frac{25}{4}$.
解析
【分析】
解题可按三步思考：第一步，结合全等三角形的性质，能得到对应边AD=AB=8，且△ABC和△ADE的面积相等；第二步，利用题目给出的两个小三角形的面积差条件，将两个大三角形的面积拆分，消去公共部分△ADF，即可推导出△ABD的面积等于△AEF和△CDF的面积差，也就是25；第三步，要求点P到AB、AD的距离和，可连接AP，把△ABD拆分为△ABP和△ADP两个小三角形，两个小三角形的面积和等于△ABD的面积，代入两个小三角形的面积公式提取公因式后，就能直接求出两个距离的和。
【解析】
解：$\because △ ABC≌△ ADE$
$\therefore AD=AB=8$，$S_{△ ABC}=S_{△ ADE}$
对两个三角形面积拆分可得：
$S_{△ ABD}+S_{△ ADF}+S_{△ CDF}=S_{△ ADF}+S_{△ AEF}$
两边同时减去$S_{△ ADF}$，可得$S_{△ ABD}=S_{△ AEF}-S_{△ CDF}$
$\because △ AEF$的面积比$△ CDF$的面积大25
$\therefore S_{△ ABD}=25$
连接AP，设点P到AB的距离为$h_1$，到AD的距离为$h_2$
$\because S_{△ ABD}=S_{△ ABP}+S_{△ ADP}$
$\therefore \frac{1}{2}×AB×h_1+\frac{1}{2}×AD×h_2=25$
代入$AB=AD=8$，得$\frac{1}{2}×8h_1+\frac{1}{2}×8h_2=25$
化简得$4(h_1+h_2)=25$
$\therefore h_1+h_2=\frac{25}{4}$
【答案】
$\frac{25}{4}$
【知识点】
全等三角形的性质，三角形面积计算，等积变换
【点评】
本题将全等三角形性质与面积计算相结合，解题核心是通过面积的拆分与转化得到△ABD的面积，再利用分割法将所求距离和与三角形面积关联，无需分别求解两个距离即可得到结果，是等积思想解题的典型题型。
【难度系数】
0.6
解题可按三步思考：第一步，结合全等三角形的性质，能得到对应边AD=AB=8，且△ABC和△ADE的面积相等；第二步，利用题目给出的两个小三角形的面积差条件，将两个大三角形的面积拆分，消去公共部分△ADF，即可推导出△ABD的面积等于△AEF和△CDF的面积差，也就是25；第三步，要求点P到AB、AD的距离和，可连接AP，把△ABD拆分为△ABP和△ADP两个小三角形，两个小三角形的面积和等于△ABD的面积，代入两个小三角形的面积公式提取公因式后，就能直接求出两个距离的和。
【解析】
解：$\because △ ABC≌△ ADE$
$\therefore AD=AB=8$，$S_{△ ABC}=S_{△ ADE}$
对两个三角形面积拆分可得：
$S_{△ ABD}+S_{△ ADF}+S_{△ CDF}=S_{△ ADF}+S_{△ AEF}$
两边同时减去$S_{△ ADF}$，可得$S_{△ ABD}=S_{△ AEF}-S_{△ CDF}$
$\because △ AEF$的面积比$△ CDF$的面积大25
$\therefore S_{△ ABD}=25$
连接AP，设点P到AB的距离为$h_1$，到AD的距离为$h_2$
$\because S_{△ ABD}=S_{△ ABP}+S_{△ ADP}$
$\therefore \frac{1}{2}×AB×h_1+\frac{1}{2}×AD×h_2=25$
代入$AB=AD=8$，得$\frac{1}{2}×8h_1+\frac{1}{2}×8h_2=25$
化简得$4(h_1+h_2)=25$
$\therefore h_1+h_2=\frac{25}{4}$
【答案】
$\frac{25}{4}$
【知识点】
全等三角形的性质，三角形面积计算，等积变换
【点评】
本题将全等三角形性质与面积计算相结合，解题核心是通过面积的拆分与转化得到△ABD的面积，再利用分割法将所求距离和与三角形面积关联，无需分别求解两个距离即可得到结果，是等积思想解题的典型题型。
【难度系数】
0.6
13. 新考法 逆向思维法 如图，A，D，E三点在同一直线上，且△BAD≌△ACE。
(1)求证：BD=DE+CE。
(2)当△ABD满足什么条件时，BD//CE？并说明理由。
(1)求证：BD=DE+CE。
(2)当△ABD满足什么条件时，BD//CE？并说明理由。
答案
13.(1)【证明】$\because △ BAD≌△ ACE$,$\therefore AD=CE,BD=AE$.$\because AE=AD+DE$,$\therefore BD=DE+CE$.
(2)【解】当$△ ABD$满足$∠ ADB=90°$时,$BD// CE$.
理由:$\because △ BAD≌△ ACE$,$\therefore ∠ ADB=∠ CEA$.
$\because ∠ ADB=90°$,$\therefore ∠ BDE=90°$,$∠ CEA=90°$,$\therefore ∠ CEA=∠ BDE$.
$\therefore BD// CE$.
点方法 对于探究条件的题目,可以猜想出条件后,由条件推出题目中的结论,也可以将题目中的结论当作条件,这样推出的结论即为题目要探究的条件.
(2)【解】当$△ ABD$满足$∠ ADB=90°$时,$BD// CE$.
理由:$\because △ BAD≌△ ACE$,$\therefore ∠ ADB=∠ CEA$.
$\because ∠ ADB=90°$,$\therefore ∠ BDE=90°$,$∠ CEA=90°$,$\therefore ∠ CEA=∠ BDE$.
$\therefore BD// CE$.
点方法 对于探究条件的题目,可以猜想出条件后,由条件推出题目中的结论,也可以将题目中的结论当作条件,这样推出的结论即为题目要探究的条件.
解析
【分析】
(1) 要证明BD=DE+CE，首先利用全等三角形对应边相等的性质，先找到BD、CE对应的相等线段：由△BAD≌△ACE可知BD对应AE，AD对应CE；再结合A、D、E共线，线段AE由AD和DE两段组成，通过等量代换即可推导出结论。
(2) 本题为条件探究题，可采用逆向思维分析：先假设BD//CE，根据平行线的判定定理可得需要内错角∠BDE=∠CEA；再结合全等三角形对应角相等可知∠ADB=∠CEA，结合平角定义∠ADB+∠BDE=180°，即可推出需要∠ADB=90°，最后正向验证该条件即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because △ BAD≌△ ACE$，
$\therefore AD=CE,BD=AE$。
$\because A,D,E$三点在同一直线上，
$\therefore AE=AD+DE$，
$\therefore BD=DE+CE$。
(2) 解：当$△ ABD$满足$∠ ADB=90°$时，$BD// CE$。
理由：$\because △ BAD≌△ ACE$，
$\therefore ∠ ADB=∠ CEA$。
$\because ∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BDE=90°$，$∠ CEA=90°$，
$\therefore ∠ CEA=∠ BDE$，
$\therefore BD// CE$。
【答案】
(1) 已证$BD=DE+CE$成立；
(2) 当$△ ABD$满足$∠ ADB=90°$时，$BD// CE$。
【知识点】
全等三角形的性质、平行线的判定、线段和差关系
【点评】
本题侧重全等三角形性质与平行线判定的综合应用，第一问考查基础的等量代换能力，第二问为条件探究类题型，需要运用逆向思维从结论反推所需条件，能有效锻炼逻辑推理能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明BD=DE+CE，首先利用全等三角形对应边相等的性质，先找到BD、CE对应的相等线段：由△BAD≌△ACE可知BD对应AE，AD对应CE；再结合A、D、E共线，线段AE由AD和DE两段组成，通过等量代换即可推导出结论。
(2) 本题为条件探究题，可采用逆向思维分析：先假设BD//CE，根据平行线的判定定理可得需要内错角∠BDE=∠CEA；再结合全等三角形对应角相等可知∠ADB=∠CEA，结合平角定义∠ADB+∠BDE=180°，即可推出需要∠ADB=90°，最后正向验证该条件即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because △ BAD≌△ ACE$，
$\therefore AD=CE,BD=AE$。
$\because A,D,E$三点在同一直线上，
$\therefore AE=AD+DE$，
$\therefore BD=DE+CE$。
(2) 解：当$△ ABD$满足$∠ ADB=90°$时，$BD// CE$。
理由：$\because △ BAD≌△ ACE$，
$\therefore ∠ ADB=∠ CEA$。
$\because ∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BDE=90°$，$∠ CEA=90°$，
$\therefore ∠ CEA=∠ BDE$，
$\therefore BD// CE$。
【答案】
(1) 已证$BD=DE+CE$成立；
(2) 当$△ ABD$满足$∠ ADB=90°$时，$BD// CE$。
【知识点】
全等三角形的性质、平行线的判定、线段和差关系
【点评】
本题侧重全等三角形性质与平行线判定的综合应用，第一问考查基础的等量代换能力，第二问为条件探究类题型，需要运用逆向思维从结论反推所需条件，能有效锻炼逻辑推理能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.7
14. 新考法 特殊点定位法 如图①,在直角三角形ABC中,∠C=90°, BC=9 cm, AC=12 cm, AB=15 cm,现有一动点P,从点A出发,沿着三角形的边AC→CB→BA运动,回到点A停止,速度为3 cm/s,设运动时间为t s.
(1)当t=
(2)如图②,在△DEF中,∠E=90°, DE=4 cm, DF=5 cm,∠D=∠A.若在△ABC的边上另外有一个动点Q,与点P同时从点A出发,沿着边AB→BC→CA运动,回到点A停止.在两点运动过程中的某一时刻,恰好使△APQ≌△DEF,求点Q的运动速度.
(1)当t=
$\frac{11}{2}或\frac{19}{2}$
时,△APC的面积等于△ABC面积的一半.(2)如图②,在△DEF中,∠E=90°, DE=4 cm, DF=5 cm,∠D=∠A.若在△ABC的边上另外有一个动点Q,与点P同时从点A出发,沿着边AB→BC→CA运动,回到点A停止.在两点运动过程中的某一时刻,恰好使△APQ≌△DEF,求点Q的运动速度.
答案
14.【解】(1)$\frac{11}{2}或\frac{19}{2}$ 【点拨】①当点 P 在 BC 上时,如图①,若$△ APC$的面积等于$△ ABC$面积的一半,则$\frac{1}{2} AC· CP=\frac{1}{2} × \frac{1}{2} AC· CB$,$\therefore CP=\frac{1}{2} BC=\frac{9}{2}$ cm,此时,点 P 运动的距离为$AC+CP=12+\frac{9}{2}=\frac{33}{2}$(cm),$\therefore$ 运动时间为$\frac{33}{2} ÷ 3=\frac{11}{2}$(s).
②当点 P 在 BA 上时,如图②,过点 C 作$CD⊥ AB$于点D,若$△ APC$的面积等于$△ ABC$面积的一半,则$\frac{1}{2} AP· CD=\frac{1}{2} × \frac{1}{2} AB· CD$,$\therefore AP=\frac{1}{2} AB=\frac{15}{2}$ cm,$\therefore BP=\frac{15}{2}$ cm,此时,点 P 运动的距离为$AC+CB+BP=12+9+\frac{15}{2}=\frac{57}{2}$(cm),$\therefore$ 运动时间为$\frac{57}{2} ÷ 3=\frac{19}{2}$(s).
综上,当$t=\frac{11}{2}或\frac{19}{2}$时,$△ APC$的面积等于$△ ABC$面积的一半.
(2)$\because △ APQ≌△ DEF$,$\therefore AP=DE=4$ cm,$AQ=DF=5$ cm.
①当点 P 在 AC 上时,如图③所示,此时点 Q 的运动速度为$5÷(4÷3)=\frac{15}{4}$(cm/s);
②当点 P 在 AB 上时,如图④所示,此时点 P 运动的距离为$AC+CB+BP=12+9+15-4=32$(cm),点 Q 运动的距离为$AB+BC+CQ=15+9+12-5=31$(cm),$\therefore$ 点 Q 的运动速度为$31÷(32÷3)=\frac{93}{32}$(cm/s).
综上所述,点 Q 的运动速度为$\frac{15}{4}$ cm/s 或$\frac{93}{32}$ cm/s.
解析
【分析】
(1) 求△APC的面积为△ABC面积一半的时间，首先排除点P在AC上的情况（三点共线，面积为0），分两类讨论：①点P在BC边上时，△APC与△ABC同高AC，面积比等于底的比，可求出CP长度，再计算运动路程，结合速度求时间；②点P在BA边上时，过C作AB的高CD，△APC与△ABC同高CD，面积比等于底的比，求出AP长度，再计算运动路程和时间。
(2) 由△APQ≌△DEF、∠D=∠A，可得对应边AP=DE=4cm、AQ=DF=5cm，P、Q同时出发运动时间相同，再分两类讨论：①点P在AC边上时，先求P的运动时间，再用Q的路程除以时间得速度；②点P在AB边上时，先求P的运动总路程得时间，再求Q的运动路程，除以时间得速度。
【解析】
(1) △ABC面积为$\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×12×9=54\mathrm{cm}^2$，故△APC面积为$54×\frac{1}{2}=27\mathrm{cm}^2$。
①当点P在BC上时：
$\frac{1}{2}×AC·CP=27$，代入AC=12cm，解得$CP=\frac{9}{2}\mathrm{cm}$。
此时P运动的路程为$AC+CP=12+\frac{9}{2}=\frac{33}{2}\mathrm{cm}$，运动时间$t=\frac{33}{2}÷3=\frac{11}{2}\mathrm{s}$。
②当点P在BA上时，过C作$CD⊥AB$于D：
$\frac{1}{2}×AP·CD=27$，而$\frac{1}{2}×AB·CD=54$，故$AP=\frac{1}{2}AB=\frac{15}{2}\mathrm{cm}$。
此时P运动的路程为$AC+CB+(AB-AP)=12+9+(15-\frac{15}{2})=\frac{57}{2}\mathrm{cm}$，运动时间$t=\frac{57}{2}÷3=\frac{19}{2}\mathrm{s}$。
综上，$t=\frac{11}{2}$或$\frac{19}{2}$。
(2)
∵△APQ≌△DEF，∠D=∠A，
∴对应边$AP=DE=4\mathrm{cm}$，$AQ=DF=5\mathrm{cm}$，两点运动时间相等。
①当点P在AC上时：
P的运动时间为$4÷3=\frac{4}{3}\mathrm{s}$，Q运动路程为5cm，故Q的速度为$5÷\frac{4}{3}=\frac{15}{4}\mathrm{cm/s}$。
②当点P在AB上时：
P运动的总路程为$AC+CB+BA-AP=12+9+15-4=32\mathrm{cm}$，运动时间为$32÷3=\frac{32}{3}\mathrm{s}$；
Q运动的总路程为$AB+BC+CA-AQ=15+9+12-5=31\mathrm{cm}$，故Q的速度为$31÷\frac{32}{3}=\frac{93}{32}\mathrm{cm/s}$。
综上，点Q的运动速度为$\frac{15}{4}\mathrm{cm/s}$或$\frac{93}{32}\mathrm{cm/s}$。
【答案】
(1) $\frac{11}{2}或\frac{19}{2}$
(2) $\frac{15}{4}\mathrm{cm/s}$或$\frac{93}{32}\mathrm{cm/s}$
【知识点】
动点分类讨论、三角形面积计算、全等三角形性质
【点评】
本题是几何综合典型题，结合动点运动与全等三角形性质考查逻辑分析能力，解题时需根据动点所处的不同边分类讨论，避免漏解，同时要准确匹配全等三角形的对应边，对思维严谨性有一定要求。
【难度系数】
0.5
(1) 求△APC的面积为△ABC面积一半的时间，首先排除点P在AC上的情况（三点共线，面积为0），分两类讨论：①点P在BC边上时，△APC与△ABC同高AC，面积比等于底的比，可求出CP长度，再计算运动路程，结合速度求时间；②点P在BA边上时，过C作AB的高CD，△APC与△ABC同高CD，面积比等于底的比，求出AP长度，再计算运动路程和时间。
(2) 由△APQ≌△DEF、∠D=∠A，可得对应边AP=DE=4cm、AQ=DF=5cm，P、Q同时出发运动时间相同，再分两类讨论：①点P在AC边上时，先求P的运动时间，再用Q的路程除以时间得速度；②点P在AB边上时，先求P的运动总路程得时间，再求Q的运动路程，除以时间得速度。
【解析】
(1) △ABC面积为$\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×12×9=54\mathrm{cm}^2$，故△APC面积为$54×\frac{1}{2}=27\mathrm{cm}^2$。
①当点P在BC上时：
$\frac{1}{2}×AC·CP=27$，代入AC=12cm，解得$CP=\frac{9}{2}\mathrm{cm}$。
此时P运动的路程为$AC+CP=12+\frac{9}{2}=\frac{33}{2}\mathrm{cm}$，运动时间$t=\frac{33}{2}÷3=\frac{11}{2}\mathrm{s}$。
②当点P在BA上时，过C作$CD⊥AB$于D：
$\frac{1}{2}×AP·CD=27$，而$\frac{1}{2}×AB·CD=54$，故$AP=\frac{1}{2}AB=\frac{15}{2}\mathrm{cm}$。
此时P运动的路程为$AC+CB+(AB-AP)=12+9+(15-\frac{15}{2})=\frac{57}{2}\mathrm{cm}$，运动时间$t=\frac{57}{2}÷3=\frac{19}{2}\mathrm{s}$。
综上，$t=\frac{11}{2}$或$\frac{19}{2}$。
(2)
∵△APQ≌△DEF，∠D=∠A，
∴对应边$AP=DE=4\mathrm{cm}$，$AQ=DF=5\mathrm{cm}$，两点运动时间相等。
①当点P在AC上时：
P的运动时间为$4÷3=\frac{4}{3}\mathrm{s}$，Q运动路程为5cm，故Q的速度为$5÷\frac{4}{3}=\frac{15}{4}\mathrm{cm/s}$。
②当点P在AB上时：
P运动的总路程为$AC+CB+BA-AP=12+9+15-4=32\mathrm{cm}$，运动时间为$32÷3=\frac{32}{3}\mathrm{s}$；
Q运动的总路程为$AB+BC+CA-AQ=15+9+12-5=31\mathrm{cm}$，故Q的速度为$31÷\frac{32}{3}=\frac{93}{32}\mathrm{cm/s}$。
综上，点Q的运动速度为$\frac{15}{4}\mathrm{cm/s}$或$\frac{93}{32}\mathrm{cm/s}$。
【答案】
(1) $\frac{11}{2}或\frac{19}{2}$
(2) $\frac{15}{4}\mathrm{cm/s}$或$\frac{93}{32}\mathrm{cm/s}$
【知识点】
动点分类讨论、三角形面积计算、全等三角形性质
【点评】
本题是几何综合典型题，结合动点运动与全等三角形性质考查逻辑分析能力，解题时需根据动点所处的不同边分类讨论，避免漏解，同时要准确匹配全等三角形的对应边，对思维严谨性有一定要求。
【难度系数】
0.5
