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1.[2026·无为期末]如图,已知点D在AC上,点B在AE上,△ABC≌△DBE,DB=5,AE=12,则BC的长为 (
A.7
B.5
C.12
D.6
第1题图 第2题图
A
)A.7
B.5
C.12
D.6
第1题图 第2题图
答案
1.A
解析
【分析】
拿到本题，首先根据题干给出的△ABC≌△DBE的条件，联想到全等三角形对应边相等的性质。要求BC的长，首先明确全等三角形的对应边：按照全等的顶点书写顺序，A对应D、B对应B、C对应E，因此AB=DB，BC=BE。已知DB的长度可先求出AB的长度，再结合点B在AE上，AE是AB与BE的和，已知AE的总长度，即可求出BE的长度，最后根据BC与BE是对应边、二者相等，就能得到BC的长度。
【解析】
∵△ABC≌△DBE，根据全等三角形对应边相等的性质，可得：
AB=DB，BC=BE
已知DB=5，因此AB=5
又
∵点B在AE上，AE=12
∴BE=AE - AB = 12 - 5 = 7
∵BC=BE
∴BC=7
故选A。
【答案】
A
【知识点】
全等三角形的性质；线段和差计算
【点评】
本题是基础类考题，重点考查全等三角形性质的应用，解题的关键是根据全等三角形的顶点书写顺序准确找到对应边，再结合线段的和差关系计算即可。
【难度系数】
0.8
拿到本题，首先根据题干给出的△ABC≌△DBE的条件，联想到全等三角形对应边相等的性质。要求BC的长，首先明确全等三角形的对应边：按照全等的顶点书写顺序，A对应D、B对应B、C对应E，因此AB=DB，BC=BE。已知DB的长度可先求出AB的长度，再结合点B在AE上，AE是AB与BE的和，已知AE的总长度，即可求出BE的长度，最后根据BC与BE是对应边、二者相等，就能得到BC的长度。
【解析】
∵△ABC≌△DBE，根据全等三角形对应边相等的性质，可得：
AB=DB，BC=BE
已知DB=5，因此AB=5
又
∵点B在AE上，AE=12
∴BE=AE - AB = 12 - 5 = 7
∵BC=BE
∴BC=7
故选A。
【答案】
A
【知识点】
全等三角形的性质；线段和差计算
【点评】
本题是基础类考题，重点考查全等三角形性质的应用，解题的关键是根据全等三角形的顶点书写顺序准确找到对应边，再结合线段的和差关系计算即可。
【难度系数】
0.8
2. 如图，$△ ABC ≌ △ CDE$，若$∠ D = 35°$，$∠ ACB = 45°$，则$∠ DCE$的度数为
100°
。答案
2.100°
解析
【分析】
首先回忆全等三角形的性质：全等三角形的对应角相等。本题已知△ABC≌△CDE，可先找到与△CDE内角对应的已知角，得到∠CED的度数，再结合已知的∠D的度数，利用三角形内角和为180°，就能计算出∠DCE的度数。
【解析】
解：
∵△ABC≌△CDE，
∴∠CED=∠ACB=45°（全等三角形的对应角相等），
又
∵∠D=35°，在△CDE中，根据三角形内角和定理，三角形内角和为180°，
∴∠DCE=180°-∠D-∠CED=180°-35°-45°=100°。
【答案】
100°
【知识点】
全等三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是准确识别全等三角形的对应角，结合三角形内角和定理即可求解，需要注意不要弄错全等三角形的对应关系。
【难度系数】
0.8
首先回忆全等三角形的性质：全等三角形的对应角相等。本题已知△ABC≌△CDE，可先找到与△CDE内角对应的已知角，得到∠CED的度数，再结合已知的∠D的度数，利用三角形内角和为180°，就能计算出∠DCE的度数。
【解析】
解：
∵△ABC≌△CDE，
∴∠CED=∠ACB=45°（全等三角形的对应角相等），
又
∵∠D=35°，在△CDE中，根据三角形内角和定理，三角形内角和为180°，
∴∠DCE=180°-∠D-∠CED=180°-35°-45°=100°。
【答案】
100°
【知识点】
全等三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是准确识别全等三角形的对应角，结合三角形内角和定理即可求解，需要注意不要弄错全等三角形的对应关系。
【难度系数】
0.8
3. 新考向 尺规作图 [2026·宣城期末]作一个角等于已知角的过程如图所示，这两个三角形全等的依据是（
A.SSS
B.SAS
C.ASA
D.AAS
A
）A.SSS
B.SAS
C.ASA
D.AAS
答案
3.A
解析
【分析】
要判断两个三角形全等的依据，首先回忆作一个角等于已知角的尺规作图步骤：作图过程中我们通过取相等的半径，构造出两个三角形的三组对应边分别相等，结合全等三角形的判定定理就能确定对应的判定依据。
【解析】
作一个角等于已知角的作图过程中：
1. 以原角顶点为圆心、任意长为半径画弧得到的两条线段，和以新作角顶点为圆心、相同长度为半径画弧得到的两条线段对应相等；
2. 再以新作角边上的交点为圆心，取原角上两个弧交点的距离为半径画弧，得到的第三条边也和原三角形的对应边相等。
由此可知两个三角形的三组对应边分别相等，根据全等三角形“边边边（SSS）”判定定理，可证明这两个三角形全等，进而得到两个角相等。因此全等依据是SSS。
【答案】
A
【知识点】
尺规作等角；全等三角形SSS判定
【点评】
本题将尺规作图与全等三角形判定结合考查，属于基础题，解题的关键是熟悉作一个角等于已知角的操作步骤，明确作图过程中得到的相等线段。
【难度系数】
0.8
要判断两个三角形全等的依据，首先回忆作一个角等于已知角的尺规作图步骤：作图过程中我们通过取相等的半径，构造出两个三角形的三组对应边分别相等，结合全等三角形的判定定理就能确定对应的判定依据。
【解析】
作一个角等于已知角的作图过程中：
1. 以原角顶点为圆心、任意长为半径画弧得到的两条线段，和以新作角顶点为圆心、相同长度为半径画弧得到的两条线段对应相等；
2. 再以新作角边上的交点为圆心，取原角上两个弧交点的距离为半径画弧，得到的第三条边也和原三角形的对应边相等。
由此可知两个三角形的三组对应边分别相等，根据全等三角形“边边边（SSS）”判定定理，可证明这两个三角形全等，进而得到两个角相等。因此全等依据是SSS。
【答案】
A
【知识点】
尺规作等角；全等三角形SSS判定
【点评】
本题将尺规作图与全等三角形判定结合考查，属于基础题，解题的关键是熟悉作一个角等于已知角的操作步骤，明确作图过程中得到的相等线段。
【难度系数】
0.8
4.如图，AC//DF，B为线段AC上一点，连接BF交CD于点H，过点A作AE//BF分别交CD，DF于点G，E，DG = CH.求证：△DFH ≌ △CAG.
答案
4.证明:
∵AC//DF,AE//BF,
∴∠C=∠D,∠CGA=∠DHF.
∵DG=CH,
∴DG+HG=CH+HG,即DH=CG.
在△DFH 和△CAG 中,
∵$\begin{cases} ∠D=∠C, \\ DH=CG, \\ ∠DHF=∠CGA, \end{cases}$
∴△DFH≌△CAG.(ASA)
∵AC//DF,AE//BF,
∴∠C=∠D,∠CGA=∠DHF.
∵DG=CH,
∴DG+HG=CH+HG,即DH=CG.
在△DFH 和△CAG 中,
∵$\begin{cases} ∠D=∠C, \\ DH=CG, \\ ∠DHF=∠CGA, \end{cases}$
∴△DFH≌△CAG.(ASA)
解析
【分析】
要证明△DFH ≌ △CAG，首先回忆全等三角形的判定定理，结合已知条件逐步推导：首先根据两组平行线的性质，可得到两组对应内错角相等，此时已满足两角相等的条件，只需再证明这两组角的夹边相等即可；已知DG=CH，给两条线段同时加上公共部分HG，即可得到对应边DH=CG，刚好符合ASA的判定要求，即可完成证明。
【解析】
证明：
∵AC//DF，AE//BF，
∴∠C=∠D（两直线平行，内错角相等），∠CGA=∠DHF（两直线平行，内错角相等）。
∵DG=CH，
∴DG+HG=CH+HG，即DH=CG。
在△DFH 和△CAG 中，
$\begin{cases} ∠D=∠C, \\ DH=CG, \\ ∠DHF=∠CGA, \end{cases}$
∴△DFH≌△CAG（ASA）。
【答案】
证明：
∵AC//DF,AE//BF,
∴∠C=∠D,∠CGA=∠DHF.
∵DG=CH,
∴DG+HG=CH+HG,即DH=CG.
在△DFH 和△CAG 中,
∵$\begin{cases} ∠D=∠C, \\ DH=CG, \\ ∠DHF=∠CGA, \end{cases}$
∴△DFH≌△CAG.(ASA)
【知识点】
平行线的性质；全等三角形ASA判定；线段和差计算
【点评】
本题属于基础几何证明题，主要考察平行线性质与全等三角形判定的综合运用，解题核心是从平行关系中推导相等的角，结合已知线段条件得到对应相等的边，熟练掌握基础定理即可快速解答。
【难度系数】
0.7
要证明△DFH ≌ △CAG，首先回忆全等三角形的判定定理，结合已知条件逐步推导：首先根据两组平行线的性质，可得到两组对应内错角相等，此时已满足两角相等的条件，只需再证明这两组角的夹边相等即可；已知DG=CH，给两条线段同时加上公共部分HG，即可得到对应边DH=CG，刚好符合ASA的判定要求，即可完成证明。
【解析】
证明：
∵AC//DF，AE//BF，
∴∠C=∠D（两直线平行，内错角相等），∠CGA=∠DHF（两直线平行，内错角相等）。
∵DG=CH，
∴DG+HG=CH+HG，即DH=CG。
在△DFH 和△CAG 中，
$\begin{cases} ∠D=∠C, \\ DH=CG, \\ ∠DHF=∠CGA, \end{cases}$
∴△DFH≌△CAG（ASA）。
【答案】
证明：
∵AC//DF,AE//BF,
∴∠C=∠D,∠CGA=∠DHF.
∵DG=CH,
∴DG+HG=CH+HG,即DH=CG.
在△DFH 和△CAG 中,
∵$\begin{cases} ∠D=∠C, \\ DH=CG, \\ ∠DHF=∠CGA, \end{cases}$
∴△DFH≌△CAG.(ASA)
【知识点】
平行线的性质；全等三角形ASA判定；线段和差计算
【点评】
本题属于基础几何证明题，主要考察平行线性质与全等三角形判定的综合运用，解题核心是从平行关系中推导相等的角，结合已知线段条件得到对应相等的边，熟练掌握基础定理即可快速解答。
【难度系数】
0.7
5.如图,在四边形ABCD中,AB//CD,E为BC的中点,连接DE,AE,延长DE交AB的延长线于点F.若AE⊥DE,AB=5,CD=3,则AD的长为 (
A.2
B.5
C.8
D.11
第5题图 第6题图
C
)A.2
B.5
C.8
D.11
第5题图 第6题图
答案
5.C
解析
【分析】
解题时先结合已知条件AB//CD、E是BC中点，可先证明△BEF与△CED全等，通过全等转化得到CD=BF、DE=EF；再结合AE⊥DE的条件，可知AE是DF的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得AD=AF，最后通过线段和差计算AD的长度即可。
【解析】
解：
∵AB//CD，
∴∠F=∠CDE，∠FBE=∠C，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
在△BEF和△CED中，
$\{\begin{array}{l}∠ F=∠ CDE\\ ∠ FBE=∠ C\\ BE=CE\end{array} $
∴△BEF≌△CED（AAS），
∴BF=CD=3，DE=EF，
又
∵AE⊥DE，
∴AE垂直平分线段DF，
∴AD=AF，
∵AF=AB+BF=5+3=8，
∴AD=8。
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行线的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是先利用全等三角形转化相等线段，再结合垂直平分线的性质建立待求线段与已知线段的关系，解题思路清晰，是全等三角形应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
解题时先结合已知条件AB//CD、E是BC中点，可先证明△BEF与△CED全等，通过全等转化得到CD=BF、DE=EF；再结合AE⊥DE的条件，可知AE是DF的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得AD=AF，最后通过线段和差计算AD的长度即可。
【解析】
解：
∵AB//CD，
∴∠F=∠CDE，∠FBE=∠C，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
在△BEF和△CED中，
$\{\begin{array}{l}∠ F=∠ CDE\\ ∠ FBE=∠ C\\ BE=CE\end{array} $
∴△BEF≌△CED（AAS），
∴BF=CD=3，DE=EF，
又
∵AE⊥DE，
∴AE垂直平分线段DF，
∴AD=AF，
∵AF=AB+BF=5+3=8，
∴AD=8。
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行线的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是先利用全等三角形转化相等线段，再结合垂直平分线的性质建立待求线段与已知线段的关系，解题思路清晰，是全等三角形应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
6. [2026·池州青阳县期末]如图，B，C，E三点在同一条直线上，且$AB=AD$，$AC=AE$，$BC=DE$。若$∠1+∠2+∠3=96°$，则$∠3$的度数为 （
A.$49°$
B.$48°$
C.$47°$
D.$32°$
B
）A.$49°$
B.$48°$
C.$47°$
D.$32°$
答案
6.B
解析
【分析】首先根据已知的三组对应边相等，可利用SSS判定定理证明△ABC≌△ADE，得到对应角相等，即∠B=∠1、∠BAC=∠2；再结合三角形外角的性质（三角形外角等于与它不相邻的两个内角之和），可推出∠3与∠1、∠2的数量关系，最后代入∠1+∠2+∠3=96°的条件即可求出∠3的度数。
【解析】
解：在△ABC和△ADE中，
$\{\begin{array}{l} AB=AD\\ AC=AE\\ BC=DE\end{array} $
∴△ABC≌△ADE（SSS），
∴∠B=∠1，∠BAC=∠2。
∵∠3是△ABC的外角，
∴∠3=∠B+∠BAC，
等量代换得：∠3=∠1+∠2。
已知∠1+∠2+∠3=96°，将∠1+∠2替换为∠3，可得：
∠3+∠3=96°，即2∠3=96°，
解得∠3=48°。
【答案】B
【知识点】SSS判定全等三角形，全等三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】本题属于基础几何综合题，核心考查全等三角形的判定与性质、三角形角度计算相关知识，解题的突破口是先通过边边边判定三角形全等，得到对应角的等量关系，再结合外角性质建立待求角和已知条件的关联，熟练掌握相关基础性质就能顺利解题。
【难度系数】0.7
【解析】
解：在△ABC和△ADE中，
$\{\begin{array}{l} AB=AD\\ AC=AE\\ BC=DE\end{array} $
∴△ABC≌△ADE（SSS），
∴∠B=∠1，∠BAC=∠2。
∵∠3是△ABC的外角，
∴∠3=∠B+∠BAC，
等量代换得：∠3=∠1+∠2。
已知∠1+∠2+∠3=96°，将∠1+∠2替换为∠3，可得：
∠3+∠3=96°，即2∠3=96°，
解得∠3=48°。
【答案】B
【知识点】SSS判定全等三角形，全等三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】本题属于基础几何综合题，核心考查全等三角形的判定与性质、三角形角度计算相关知识，解题的突破口是先通过边边边判定三角形全等，得到对应角的等量关系，再结合外角性质建立待求角和已知条件的关联，熟练掌握相关基础性质就能顺利解题。
【难度系数】0.7
7.[2025·阜阳期末]如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$△ ABC$的角平分线$AD$,$BE$相交于点$P$,过点$P$作$PF ⊥ AD$交$BC$的延长线于点$F$,交$AC$于点$H$.下列结论:①$∠ APB=135°$;②$△ ABP ≌ △ FBP$;③$∠ AHP = ∠ ABC$;④$AH+BD=AB$.其中正确的有 (
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
C
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
7.C
解析
【分析】
我们可以逐个判断4个结论是否正确：首先利用三角形内角和与角平分线定义计算∠APB的度数，验证①；再推导∠BPF的度数，结合角平分线与公共边，用ASA判定△ABP和△FBP是否全等，验证②；接着结合全等性质与三角形内角和，推导∠AHP和∠ABC的数量关系，验证③；最后利用两次全等的性质，将线段进行等量代换，验证AH+BD和AB的关系，验证④，最终统计正确结论的个数即可。
【解析】
①判断：在$△ABC$中，$∠ACB=90°$，因此$∠BAC+∠ABC=90°$。
∵AD、BE分别是$∠BAC$、$∠ABC$的角平分线，
∴$∠PAB=\frac{1}{2}∠BAC$，$∠PBA=\frac{1}{2}∠ABC$，
∴$∠PAB+∠PBA=\frac{1}{2}(∠BAC+∠ABC)=45°$，
∴$∠APB=180°-45°=135°$，故①正确。
②判断：由$∠APB=135°$得$∠BPD=180°-135°=45°$，
∵$PF⊥AD$，
∴$∠DPF=90°$，
∴$∠BPF=∠BPD+∠DPF=135°$，即$∠APB=∠FPB$。
又
∵$BP=BP$，$∠ABP=∠FBP$（BE是角平分线），
∴$△ABP≌△FBP$（ASA），故②正确。
③判断：
∵$∠DPF=90°$，
∴$∠F+∠PDF=90°$，
又
∵$∠ACB=90°$，
∴$∠CAD+∠ADC=90°$，
∵$∠PDF=∠ADC$（对顶角相等），
∴$∠F=∠CAD$。
∵$∠AHP=∠FHC$（对顶角相等），$∠FHC+∠F=90°$，$∠ABC+∠BAC=90°$，且$∠BAC=2∠CAD=2∠F$，
∴$∠AHP=90°-∠F$，$∠ABC=90°-2∠F$，二者不相等，故③错误。
④判断：由$△ABP≌△FBP$得$AP=FP$，$AB=BF$。
在$△APH$和$△FPD$中：
$\begin{cases}∠PAH=∠F \\AP=FP \\∠APH=∠FPD=90°\end{cases}$
∴$△APH≌△FPD$（ASA），
∴$AH=FD$。
∵$BF=FD+BD=AH+BD$，且$BF=AB$，
∴$AH+BD=AB$，故④正确。
综上，①②④共3个结论正确。
【答案】
C
【知识点】
三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义
【点评】
本题属于几何综合题，需要结合已知条件逐层推导，注意利用垂直、角平分线等条件寻找全等三角形的判定依据，逐个验证结论即可解题。
【难度系数】
0.6
我们可以逐个判断4个结论是否正确：首先利用三角形内角和与角平分线定义计算∠APB的度数，验证①；再推导∠BPF的度数，结合角平分线与公共边，用ASA判定△ABP和△FBP是否全等，验证②；接着结合全等性质与三角形内角和，推导∠AHP和∠ABC的数量关系，验证③；最后利用两次全等的性质，将线段进行等量代换，验证AH+BD和AB的关系，验证④，最终统计正确结论的个数即可。
【解析】
①判断：在$△ABC$中，$∠ACB=90°$，因此$∠BAC+∠ABC=90°$。
∵AD、BE分别是$∠BAC$、$∠ABC$的角平分线，
∴$∠PAB=\frac{1}{2}∠BAC$，$∠PBA=\frac{1}{2}∠ABC$，
∴$∠PAB+∠PBA=\frac{1}{2}(∠BAC+∠ABC)=45°$，
∴$∠APB=180°-45°=135°$，故①正确。
②判断：由$∠APB=135°$得$∠BPD=180°-135°=45°$，
∵$PF⊥AD$，
∴$∠DPF=90°$，
∴$∠BPF=∠BPD+∠DPF=135°$，即$∠APB=∠FPB$。
又
∵$BP=BP$，$∠ABP=∠FBP$（BE是角平分线），
∴$△ABP≌△FBP$（ASA），故②正确。
③判断：
∵$∠DPF=90°$，
∴$∠F+∠PDF=90°$，
又
∵$∠ACB=90°$，
∴$∠CAD+∠ADC=90°$，
∵$∠PDF=∠ADC$（对顶角相等），
∴$∠F=∠CAD$。
∵$∠AHP=∠FHC$（对顶角相等），$∠FHC+∠F=90°$，$∠ABC+∠BAC=90°$，且$∠BAC=2∠CAD=2∠F$，
∴$∠AHP=90°-∠F$，$∠ABC=90°-2∠F$，二者不相等，故③错误。
④判断：由$△ABP≌△FBP$得$AP=FP$，$AB=BF$。
在$△APH$和$△FPD$中：
$\begin{cases}∠PAH=∠F \\AP=FP \\∠APH=∠FPD=90°\end{cases}$
∴$△APH≌△FPD$（ASA），
∴$AH=FD$。
∵$BF=FD+BD=AH+BD$，且$BF=AB$，
∴$AH+BD=AB$，故④正确。
综上，①②④共3个结论正确。
【答案】
C
【知识点】
三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义
【点评】
本题属于几何综合题，需要结合已知条件逐层推导，注意利用垂直、角平分线等条件寻找全等三角形的判定依据，逐个验证结论即可解题。
【难度系数】
0.6
8. 已知在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$BC=9\ \mathrm{cm}$，$AC=12\ \mathrm{cm}$，$AB=15\ \mathrm{cm}$。现有一动点$P$从点$A$出发，沿着三角形的边$AC\rightarrow CB\rightarrow BA$运动，回到点$A$时停止，速度为$3\ \mathrm{cm/s}$，设运动时间为$t\ \mathrm{s}$。
(1) 如图①，当$t=2$时，$CP=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$；当$4＜t＜7$时，$CP=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$（用含$t$的式子表示）。
(2) 如图②，在$△ DEF$中，$∠ E=90°$，$DE=4\ \mathrm{cm}$，$DF=5\ \mathrm{cm}$，$∠ D=∠ A$。在$△ ABC$的边上，若动点$Q$与动点$P$同时从点$A$出发，沿着边$AB\rightarrow BC\rightarrow CA$运动，回到点$A$时停止。若在两点运动过程中的某一时刻，恰好有$△ APQ≌△ DEF$，求点$Q$的速度。
(1) 如图①，当$t=2$时，$CP=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$；当$4＜t＜7$时，$CP=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$（用含$t$的式子表示）。
(2) 如图②，在$△ DEF$中，$∠ E=90°$，$DE=4\ \mathrm{cm}$，$DF=5\ \mathrm{cm}$，$∠ D=∠ A$。在$△ ABC$的边上，若动点$Q$与动点$P$同时从点$A$出发，沿着边$AB\rightarrow BC\rightarrow CA$运动，回到点$A$时停止。若在两点运动过程中的某一时刻，恰好有$△ APQ≌△ DEF$，求点$Q$的速度。
答案
8.解:(1)6 (3t-12)
(2)设点Q的速度为x cm/s.
∵△APQ≌△DEF,
∴AP=DE=4 cm,AQ=DF=5 cm.
∴点P,Q的位置分两种情况讨论:
①当点P在AC上,点Q在AB上时,点P运动的路程为4 cm,点Q运动的路程为5 cm,
∴$x=\frac{5}{\frac{4}{3}}=\frac{15}{4}$.
②当点P在AB上,点Q在AC上时,点P运动的路程为12+9+15-4=32(cm),点Q运动的路程为15+9+12-5=31(cm),
∴$x=\frac{31}{\frac{32}{3}}=\frac{93}{32}$.
综上所述,点Q的速度为$\frac{15}{4}$ cm/s或$\frac{93}{32}$ cm/s.
(2)设点Q的速度为x cm/s.
∵△APQ≌△DEF,
∴AP=DE=4 cm,AQ=DF=5 cm.
∴点P,Q的位置分两种情况讨论:
①当点P在AC上,点Q在AB上时,点P运动的路程为4 cm,点Q运动的路程为5 cm,
∴$x=\frac{5}{\frac{4}{3}}=\frac{15}{4}$.
②当点P在AB上,点Q在AC上时,点P运动的路程为12+9+15-4=32(cm),点Q运动的路程为15+9+12-5=31(cm),
∴$x=\frac{31}{\frac{32}{3}}=\frac{93}{32}$.
综上所述,点Q的速度为$\frac{15}{4}$ cm/s或$\frac{93}{32}$ cm/s.
解析
【分析】
(1) 先对动点P的运动分段分析：AC段长12cm，速度为3cm/s，走完AC段耗时12÷3=4s；CB段长9cm，走完CB段耗时9÷3=3s，即4~7s时P在CB上运动。①当t=2时，P在AC段，先求AP的长度，再用AC长减AP即可得CP；②当4＜t＜7时，P已走完AC段，用总运动路程减去AC的长度就是CP的长度。
(2) 由△APQ≌△DEF，结合∠D=∠A的条件，根据全等对应边相等可得AP=DE=4cm，AQ=DF=5cm。分两种情况讨论：①两点刚开始运动时，P在AC上、Q在AB上，先算P运动4cm的时间，再用Q的路程除以时间得速度；②两点快运动完一圈回到A前，P的总路程为三角形周长减4，Q的总路程为周长减5，先求运动时间，再计算Q的速度。
【解析】
解：(1) 已知动点P的运动速度为3cm/s，
①当t=2时，P在AC边上运动，$AP=3×2=6\ \mathrm{cm}$，
∵$AC=12\ \mathrm{cm}$，
∴$CP=AC-AP=12-6=6\ \mathrm{cm}$；
②P走完AC段的时间为$12÷3=4\ \mathrm{s}$，走完CB段的时间为$9÷3=3\ \mathrm{s}$，即4＜t＜7时P在CB边上运动，
此时P运动的总路程为$3t\ \mathrm{cm}$，
∴$CP=3t-AC=3t-12\ \mathrm{cm}$。
(2) 设点Q的速度为$x\ \mathrm{cm/s}$，△ABC的周长为$12+9+15=36\ \mathrm{cm}$。
∵$△ APQ≌△ DEF$，$∠ D=∠ A$，
∴对应边相等：$AP=DE=4\ \mathrm{cm}$，$AQ=DF=5\ \mathrm{cm}$，分两种情况讨论：
①当点P在AC上，点Q在AB上时：
点P运动的路程为4cm，运动时间$t=4÷3=\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$，
此时点Q运动的路程为5cm，
∴$x=5÷\frac{4}{3}=\frac{15}{4}\ \mathrm{cm/s}$；
②当点P在AB上，点Q在AC上（两点均接近回到出发点A）时：
点P运动的总路程为$36-4=32\ \mathrm{cm}$，运动时间$t=32÷3=\frac{32}{3}\ \mathrm{s}$，
此时点Q运动的总路程为$36-5=31\ \mathrm{cm}$，
∴$x=31÷\frac{32}{3}=\frac{93}{32}\ \mathrm{cm/s}$。
综上，点Q的速度为$\frac{15}{4}\ \mathrm{cm/s}$或$\frac{93}{32}\ \mathrm{cm/s}$。
【答案】
(1) $\boxed{6}$；$\boxed{(3t-12)}$
(2) $\boxed{\frac{15}{4}\ \mathrm{cm/s}}$或$\boxed{\frac{93}{32}\ \mathrm{cm/s}}$
【知识点】
全等三角形的性质，动点路径分析，行程问题计算
【点评】
本题结合动点运动与全等三角形的性质考察综合分析能力，解题时需要根据运动时间对动点位置分段讨论，避免漏解，是三角形综合类的典型题型。
【难度系数】
0.6
(1) 先对动点P的运动分段分析：AC段长12cm，速度为3cm/s，走完AC段耗时12÷3=4s；CB段长9cm，走完CB段耗时9÷3=3s，即4~7s时P在CB上运动。①当t=2时，P在AC段，先求AP的长度，再用AC长减AP即可得CP；②当4＜t＜7时，P已走完AC段，用总运动路程减去AC的长度就是CP的长度。
(2) 由△APQ≌△DEF，结合∠D=∠A的条件，根据全等对应边相等可得AP=DE=4cm，AQ=DF=5cm。分两种情况讨论：①两点刚开始运动时，P在AC上、Q在AB上，先算P运动4cm的时间，再用Q的路程除以时间得速度；②两点快运动完一圈回到A前，P的总路程为三角形周长减4，Q的总路程为周长减5，先求运动时间，再计算Q的速度。
【解析】
解：(1) 已知动点P的运动速度为3cm/s，
①当t=2时，P在AC边上运动，$AP=3×2=6\ \mathrm{cm}$，
∵$AC=12\ \mathrm{cm}$，
∴$CP=AC-AP=12-6=6\ \mathrm{cm}$；
②P走完AC段的时间为$12÷3=4\ \mathrm{s}$，走完CB段的时间为$9÷3=3\ \mathrm{s}$，即4＜t＜7时P在CB边上运动，
此时P运动的总路程为$3t\ \mathrm{cm}$，
∴$CP=3t-AC=3t-12\ \mathrm{cm}$。
(2) 设点Q的速度为$x\ \mathrm{cm/s}$，△ABC的周长为$12+9+15=36\ \mathrm{cm}$。
∵$△ APQ≌△ DEF$，$∠ D=∠ A$，
∴对应边相等：$AP=DE=4\ \mathrm{cm}$，$AQ=DF=5\ \mathrm{cm}$，分两种情况讨论：
①当点P在AC上，点Q在AB上时：
点P运动的路程为4cm，运动时间$t=4÷3=\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$，
此时点Q运动的路程为5cm，
∴$x=5÷\frac{4}{3}=\frac{15}{4}\ \mathrm{cm/s}$；
②当点P在AB上，点Q在AC上（两点均接近回到出发点A）时：
点P运动的总路程为$36-4=32\ \mathrm{cm}$，运动时间$t=32÷3=\frac{32}{3}\ \mathrm{s}$，
此时点Q运动的总路程为$36-5=31\ \mathrm{cm}$，
∴$x=31÷\frac{32}{3}=\frac{93}{32}\ \mathrm{cm/s}$。
综上，点Q的速度为$\frac{15}{4}\ \mathrm{cm/s}$或$\frac{93}{32}\ \mathrm{cm/s}$。
【答案】
(1) $\boxed{6}$；$\boxed{(3t-12)}$
(2) $\boxed{\frac{15}{4}\ \mathrm{cm/s}}$或$\boxed{\frac{93}{32}\ \mathrm{cm/s}}$
【知识点】
全等三角形的性质，动点路径分析，行程问题计算
【点评】
本题结合动点运动与全等三角形的性质考察综合分析能力，解题时需要根据运动时间对动点位置分段讨论，避免漏解，是三角形综合类的典型题型。
【难度系数】
0.6
