10. 如图，$AB=12\ \mathrm{cm}$，$CA⊥ AB$于点$A$，$DB⊥ AB$于点$B$，且$AC=4\ \mathrm{cm}$，点$P$从$B$向$A$运动，速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，点$Q$从$B$向$D$运动，速度为$2\ \mathrm{cm/s}$，$P$，$Q$两点同时出发，运动$\mathrm{s}$后$△ CAP$与$△ PQB$全等。

10. 4

【分析】
这是一道全等三角形与动点结合的题目，解题思路如下：首先设运动时间为t秒，先根据动点的速度把△CAP和△PQB的各条直角边用含t的代数式表示出来；再结合两个三角形都是直角三角形，全等时需要直角边对应相等，分两种对应情况列方程求解；最后验证所得的解是否满足对应边相等的条件，排除不符合的解，就能得到正确结果。
【解析】
设运动t秒后△CAP与△PQB全等。
由题意得：$BP = t\ \mathrm{cm}$，$BQ = 2t\ \mathrm{cm}$，$AP = AB - BP = (12 - t)\ \mathrm{cm}$。
∵ $CA⊥AB$，$DB⊥AB$，
∴ $∠ A = ∠ B = 90°$，两个三角形均为直角三角形。
分两种情况讨论全等的对应边：
1. 当$AC=BP$，$AP=BQ$时：
$\begin{cases}4 = t \\12 - t = 2t\end{cases}$
将$t=4$代入第二个方程，左边$=12-4=8$，右边$=2×4=8$，等式成立，故$t=4$符合条件。
2. 当$AC=BQ$，$AP=BP$时：
$\begin{cases}4 = 2t \\12 - t = t\end{cases}$
解第一个方程得$t=2$，代入第二个方程，左边$=12-2=10$，右边$=2$，等式不成立，故该情况不存在。
综上，运动4秒后两个三角形全等。
【答案】
4
【知识点】
全等三角形的判定，直角三角形性质，方程思想应用
【点评】
本题是全等三角形和动点结合的常见中档题型，解题核心是先将动点对应的线段长度用含时间的代数式表示，再根据全等的性质分情况讨论，注意要验证解是否符合所有对应边相等的要求，避免错解。
【难度系数】
0.6

三、解答题
11. 如图，已知$∠ BAD = ∠ CAD$，$AB = AC$。求证：$△ ABD ≌ △ ACD$。

11. 在△ABD 和△ACD 中,$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠BAD=∠CAD, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ABD≌△ACD(SAS).

【分析】
要证明△ABD≌△ACD，首先梳理已知条件：题目明确给出AB=AC、∠BAD=∠CAD，再观察图形可得AD是△ABD和△ACD的公共边，即AD=AD。此时两个三角形满足两组对应边相等，且两边的夹角也对应相等，刚好符合全等三角形的SAS判定条件，因此可完成证明。
【解析】
证明：在△ABD 和△ACD 中，
$\begin{cases} AB=AC（已知）, \\ ∠BAD=∠CAD（已知）, \\ AD=AD（公共边）, \end{cases}$
∴△ABD≌△ACD（SAS）。
【答案】
在△ABD 和△ACD 中,$\begin{cases} AB=AC, \\ ∠BAD=∠CAD, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ABD≌△ACD(SAS).
【知识点】
全等三角形SAS判定、公共边性质
【点评】
本题是全等三角形判定的基础题，核心考查对SAS判定定理的应用，解题时要注意挖掘图形里隐含的公共边相等的条件，整体难度较低，是全等证明的入门类习题。
【难度系数】
0.9

12. 如图，已知$CD ⊥ AB$，$BE ⊥ AC$，垂足分别为D，E，且$AB=AC$，BE交CD于点O。求证：$DB=EC$。
（第12题）

12.
∵CD⊥AB,BE⊥AC,
∴∠ADC=∠AEB=90°.
在△ADC 和△AEB 中,$\begin{cases} ∠ADC=∠AEB, \\ ∠DAC=∠EAB, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴△ADC≌△AEB(AAS),
∴AD=AE,
∴AB−AD=AC−AE,即 DB=EC.
■ 解后反思 本题考查全等三角形的判定和性质,解题的关键是正确寻找全等三角形.

【分析】
要证明DB=EC，已知AB=AC，因此只需证明AD=AE即可。观察图形可知AD、AE分别是△ADC和△AEB的边，结合已知CD⊥AB、BE⊥AC可得∠ADC=∠AEB=90°，两个三角形有公共角∠A，且已知AC=AB，可通过AAS判定△ADC≌△AEB，再利用全等三角形对应边相等得到AD=AE，最后通过线段和差关系即可推出DB=EC。
【解析】
证明：
∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠ADC=∠AEB=90°。
在△ADC和△AEB中：
$\begin{cases}∠ADC=∠AEB \\∠DAC=∠EAB \\AC=AB\end{cases}$
∴△ADC≌△AEB（AAS），
∴AD=AE，
又
∵AB=AC，
∴$AB-AD=AC-AE$，即$DB=EC$。
【答案】
$DB=EC$
【知识点】
1. 全等三角形AAS判定
2. 全等三角形的性质
3. 垂直的定义
【点评】
本题是全等三角形应用的基础题型，解题核心是准确寻找能够推出线段相等的全等三角形，利用垂直、公共角等隐含条件完成全等判定，再结合线段的和差关系推导待证结论，有助于巩固全等三角形的判定与性质相关知识。
【难度系数】
0.8

13. (1)如图(1),在$△ ABC$中,若$AB=10,AC=6$,则边$BC$上的中线$AD$的取值范围是;
(2)如图(2),在$△ ABC$中,D是边BC上的中点,$DE⊥ DF$于点D,DE交AB于点E,DF交AC于点F,连接EF,求证:$BE+CF＞EF$.

13. (1)2＜AD＜8
(2)如图,延长 FD 至点 G,使 DG=DF,
连接 BG,EG.
∵点 D 是 BC 的中点,
∴DB=DC.
∵∠BDG=∠CDF,DG=DF,
∴△BDG≌△CDF(SAS),
∴BG=CF.
∵ED⊥FD,
∴∠EDF=∠EDG=90°.
又 ED=ED,FD=GD,
∴△EDF≌△EDG(SAS),
∴EF=EG.
∵在△BEG 中,BE+BG＞EG,
∴BE+CF＞EF.

【分析】
(1) 求中线AD的取值范围时，可利用“倍长中线法”构造全等三角形，将已知的AB、AC和2倍AD转化到同一个三角形中，再结合三角形三边关系计算范围。具体思路：延长AD到E使DE=AD，连接BE，证明△ADC和△EDB全等，得到BE=AC，最后在△ABE中列三边关系不等式求解。
(2) 要证BE+CF＞EF，需将三条分散的线段转移到同一个三角形中，利用三角形两边之和大于第三边证明。结合D是BC中点的条件，延长FD到G使DG=DF：先证△BDG≌△CDF，将CF转化为BG；再证△EDF≌△EDG，将EF转化为EG，最后在△BEG中利用三边关系即可得证。
【解析】
(1) 延长AD至点E，使DE=AD，连接BE。
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD。
在$△ ADC$和$△ EDB$中：
$\begin{cases} AD=ED \\ ∠ ADC=∠ EDB \\ CD=BD \end{cases}$
∴$△ ADC≌△ EDB(\mathrm{SAS})$，
∴$BE=AC=6$。
在$△ ABE$中，由三角形三边关系得：$AB-BE ＜ AE ＜ AB+BE$。
∵$AE=AD+DE=2AD$，$AB=10$，$BE=6$，
∴$10-6 ＜ 2AD ＜ 10+6$，即$4 ＜ 2AD ＜16$，
两边同除以2得：$2 ＜ AD ＜8$。
(2) 证明：如图，延长FD至点G，使$DG=DF$，连接BG，EG。
∵点D是BC的中点，
∴$DB=DC$。
在$△ BDG$和$△ CDF$中：
$\begin{cases} DB=DC \\ ∠ BDG=∠ CDF \\ DG=DF \end{cases}$
∴$△ BDG≌△ CDF(\mathrm{SAS})$，
∴$BG=CF$。
∵$ED⊥FD$，
∴$∠ EDF=∠ EDG=90°$。
在$△ EDF$和$△ EDG$中：
$\begin{cases} ED=ED \\ ∠ EDF=∠ EDG \\ FD=GD \end{cases}$
∴$△ EDF≌△ EDG(\mathrm{SAS})$，
∴$EF=EG$。
∵在$△ BEG$中，由三角形三边关系得$BE+BG＞EG$，
将$BG=CF$、$EG=EF$代入得：$BE+CF＞EF$。
【答案】
(1)$2＜AD＜8$
(2)如图,延长 FD 至点 G,使 DG=DF,
连接 BG,EG.
∵点 D 是 BC 的中点,
∴DB=DC.
∵∠BDG=∠CDF,DG=DF,
∴△BDG≌△CDF(SAS),
∴BG=CF.
∵ED⊥FD,
∴∠EDF=∠EDG=90°.
又 ED=ED,FD=GD,
∴△EDF≌△EDG(SAS),
∴EF=EG.
∵在△BEG 中,BE+BG＞EG,
∴BE+CF＞EF.

【知识点】
倍长中线法；全等三角形的判定与性质；三角形三边关系
【点评】
本题重点考查中点相关几何问题的解法，倍长中线是这类问题的常用辅助线技巧，通过构造全等三角形实现线段的等量转移，将分散的线段集中到同一三角形中，结合三角形三边关系即可解决问题，需熟练掌握该辅助线的构造思路。
【难度系数】
0.6

14. 如图，AE，BD相交于点C，AC=EC，BC=DC，AB=4 cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3 cm/s的速度匀速运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1 cm/s的速度匀速运动。P，Q两点同时出发，当点P回到点A时，P，Q两点同时停止运动。设点P的运动时间为t(s)。
(1)当t=1 s时，AP= cm，当t=2 s时，AP= cm；
(2)求证：AB//DE；
(3)连接PQ，当线段PQ经过点C时，DQ的长为 cm。

14. (1)3 2 [解析]当 t=1 时,AP=3 cm;当 t=2 时,AP=4−(6−4)=2(cm).
(2)在△ABC 和△EDC 中,$\begin{cases} AC=EC, \\ ∠ACB=∠ECD, \\ BC=DC, \end{cases}$
∴△ABC≌△EDC(SAS),
∴∠A=∠E,
∴AB//DE.
(3)1 或 2 [解析]如图,
线段 PQ 过点 C.
根据题意,得 DQ=t cm,
则 EQ=(4−t) cm,
由(1)得∠A=∠E,ED=AB=4 cm,
在△ACP 和△ECQ 中,$\begin{cases} ∠A=∠E, \\ AC=EC, \\ ∠ACP=∠ECQ, \end{cases}$
∴△ACP≌△ECQ(ASA),
∴AP=EQ.
当$0≤ t≤ \frac{4}{3}$时,3t=4−t,解得 t=1;
当$\frac{4}{3}＜t≤ \frac{8}{3}$时,8−3t=4−t,解得 t=2.
综上所述,当线段 PQ 经过点 C 时,t 的值为 1 或 2,
∴DQ 的长为 1 cm 或 2 cm.

【分析】
(1) 先明确点P的运动规律：点P从A到B的速度为3cm/s，AB长4cm，因此到达B点的时间为$\frac{4}{3}$s，之后从B返回A，回到A点的总时间为$\frac{8}{3}$s。当$t≤\frac{4}{3}$时，$AP=3t$；当$\frac{4}{3}＜t≤\frac{8}{3}$时，P从B往回走，代入对应t值即可计算AP长度。
(2) 要证$AB// DE$，需证内错角$∠A=∠E$，结合已知的边相等条件，加对顶角相等，用SAS证明$△ ABC≌△ EDC$即可得到对应角相等，进而证明平行。
(3) 当PQ经过点C时，先通过ASA证明$△ ACP≌△ ECQ$，得到$AP=EQ$，再分P在往B运动的去程、往A运动的回程两种情况列方程求解t，DQ长度等于t，即可得到结果。
【解析】
(1) 点P的运动速度为3cm/s，当$t=1s$时，P还未到达B点，因此$AP=3×1=3$cm；
P到达B点的时间为$4÷3=\frac{4}{3}s$，当$t=2s$时，P已过B点往回走，往回走的时长为$2-\frac{4}{3}=\frac{2}{3}s$，往回走的路程为$3×\frac{2}{3}=2$cm，因此$AP=4-2=2$cm。
(2) 证明：在$△ ABC$和$△ EDC$中，
$\begin{cases} AC=EC, \\ ∠ACB=∠ECD（对顶角相等）, \\ BC=DC, \end{cases}$
$\therefore△ ABC≌△ EDC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore∠A=∠E$（全等三角形对应角相等），
$\therefore AB// DE$（内错角相等，两直线平行）。
(3) 由(2)得$△ ABC≌△ EDC$，因此$DE=AB=4$cm，$∠A=∠E$。
当线段PQ经过点C时，在$△ ACP$和$△ ECQ$中：
$\begin{cases} ∠A=∠E, \\ AC=EC, \\ ∠ACP=∠ECQ（对顶角相等）, \end{cases}$
$\therefore△ ACP≌△ ECQ(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AP=EQ$。
设运动时间为$t$ s，由题意得$DQ=t$ cm，因此$EQ=(4-t)$cm，分两种情况讨论：
①当$0≤t≤\frac{4}{3}$时，P沿$A→B$运动，$AP=3t$，列方程得$3t=4-t$，解得$t=1$，此时$DQ=1$cm；
②当$\frac{4}{3}＜t≤\frac{8}{3}$时，P沿$B→A$运动，$AP=8-3t$，列方程得$8-3t=4-t$，解得$t=2$，此时$DQ=2$cm。
综上，当线段PQ经过点C时，DQ的长为1cm或2cm。
【答案】
(1) $\boxed{3}$，$\boxed{2}$
(2) 证明见上述解析
(3) $\boxed{1}$或$\boxed{2}$

【知识点】
全等三角形的判定与性质，平行线的判定，动点分段计算
【点评】
本题综合考查了全等三角形、平行线判定和动点问题的应用，解题时需要注意动点的运动方向变化，合理进行分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.7