【分析】
要解决这个动态周长变化问题，我们可以通过转化思想简化问题：首先利用题目中等边三角形、AD=DE=DF的条件，构造辅助线证明直角三角形全等，得到角的等量关系，再证明△BDE和△CFD全等，把BE转化为CD，将△BED的周长化简为固定值BC加动线段AD，最后判断AD的变化规律即可推出周长的变化规律。
【解析】
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴$BC=2$，$∠ ABC=∠ ACB=∠ BAC=60°$。
过点D分别作$DM⊥ AE$，$DN⊥ AF$，垂足分别为M、N，则$∠ AMD=∠ EMD=∠ AND=∠ FND=90°$。
在$Rt△ ADM$和$Rt△ EDM$中：
$\begin{cases} AD=ED \\ DM=DM \end{cases}$
∴$Rt△ ADM≌ Rt△ EDM(\mathrm{HL})$，
同理可证$Rt△ ADN≌ Rt△ FDN(\mathrm{HL})$，
∴$∠ DAM=∠ DEM$，$∠ DAN=∠ DFN$，
∴$∠ DEM+∠ DFN=∠ DAM+∠ DAN=∠ BAC=60°$。
又
∵$∠ BED+∠ BDE=∠ ABC=60°$，$∠ CDF+∠ CFD=∠ ACB=60°$，
∴$∠ BED=∠ CDF$，$∠ BDE=∠ CFD$。
在$△ BDE$和$△ CFD$中：
$\begin{cases} ∠ BED=∠ CDF \\ DE=FD \\ ∠ BDE=∠ CFD \end{cases}$
∴$△ BDE≌△ CFD(\mathrm{ASA})$，
∴$BE=CD$。
∴$△ BED$的周长为$BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD=2+AD$。
当点D在BC上从B向C运动时，AD的长度先变小（AD⊥BC时长度最短）后变大，因此△BED的周长变化规律为先变小后变大。
【答案】
D
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题是全等三角形与动态几何结合的典型题型，解题核心是通过构造辅助线、证明全等实现边的转化，将复杂的周长变化问题简化为单条动线段的长度变化问题，着重考察转化思想和逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
要解决这个问题，首先结合矩形性质明确△DCE的边、角特征：△DCE是直角三角形，直角边CD=6、CE=4，直角为∠DCE。动点F沿BC-CD-DA运动，需分三种情况讨论F的位置，结合全等三角形的SAS判定条件（已有一组直角相等、一组边AB=CD相等），只需再找到一组对应直角边相等即可列方程求解t，最后验证解是否符合对应点的位置区间。
【解析】
已知长方形ABCD中，AB=6，AD=10，因此CD=AB=6，BC=AD=10，∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，可得∠DCE=180°-∠BCD=90°，即∠DCE=∠ABC=∠BAD=90°，且AB=CD=6。
分三种情况讨论点F的位置：
1. 当点F在BC边上时：
点F运动路程BF=2t，若△ABF≌△DCE，需满足BF=CE=4，列方程：$2t=4$，解得$t=2$，此时t=2符合F在BC上的运动区间，成立。
2. 当点F在CD边上时：
此时△ABF没有与∠DCE对应的直角，无法满足全等条件，不存在符合要求的t。
3. 当点F在AD边上时：
点F的总运动路程为2t，BC+CD=16，因此F在DA上运动的路程为$2t-16$，可得$AF=AD-(2t-16)=26-2t$。若△BAF≌△DCE，需满足AF=CE=4，列方程：$26-2t=4$，解得$t=11$，此时t=11符合F在AD上的运动区间，成立。
综上，t的值为2或11。
【答案】
2或11
【知识点】
矩形的性质，全等三角形SAS判定，动点分类讨论
【点评】
本题是全等三角形与动态问题结合的典型习题，解题关键是根据动点的运动路径分类讨论，结合全等判定条件找到等量关系列方程，最后要验证所得的解是否符合点所在的运动区间，避免产生增解。
【难度系数】
0.6

【分析】
这是动态几何中的全等判定问题，首先明确△PEC和△QFC都是直角三角形，结合∠ACB=90°可推出一组锐角相等，因此两三角形全等只需满足斜边PC=QC即可。解题时先计算P、Q到达关键点（C点、各自终点）的时间，以此为依据分情况讨论两点的位置，分别写出对应情况下PC、QC的长度表达式，列方程求解后检验解是否符合对应运动阶段的时间范围即可。
【解析】
首先计算各运动节点的时间：
点P速度为1cm/s，从A到C的时间为$6÷1=6\ \mathrm{s}$，从A到终点B的总时间为$(6+8)÷1=14\ \mathrm{s}$；
点Q速度为3cm/s，从B到C的时间为$8÷3=\frac{8}{3}\ \mathrm{s}$，从B到终点A的总时间为$(6+8)÷3=\frac{14}{3}\ \mathrm{s}$。
已知$PE⊥ l$，$QF⊥ l$，故$∠ PEC=∠ QFC=90°$，可得$∠ EPC+∠ PCE=90°$。又$∠ ACB=90°$，因此$∠ PCE+∠ FCQ=180°-90°=90°$，推出$∠ EPC=∠ FCQ$，因此当$PC=CQ$时，$△ PEC≌△ CFQ$（AAS），分三种情况讨论：
1. 当点P在AC上、点Q在BC上时（$0＜ t＜\frac{8}{3}$）：
此时$AP=t\ \mathrm{cm}$，$BQ=3t\ \mathrm{cm}$，则$PC=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$QC=(8-3t)\ \mathrm{cm}$。
令$PC=QC$，得$6-t=8-3t$，解得$t=1$，符合时间范围，成立。
2. 当P、Q都在AC上、Q未到达终点A时（$\frac{8}{3}＜ t＜\frac{14}{3}$）：
此时$PC=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$QC=(3t-8)\ \mathrm{cm}$。
令$PC=QC$，得$6-t=3t-8$，解得$t=\frac{7}{2}$，符合时间范围，成立。
3. 当Q到达终点A静止、P在BC上时（$\frac{14}{3}≤ t＜14$）：
此时$QC=AC=6\ \mathrm{cm}$，$PC=(t-6)\ \mathrm{cm}$。
令$PC=QC$，得$t-6=6$，解得$t=12$，符合时间范围，成立。
【答案】
$1$或$\frac{7}{2}$或$12$
【知识点】
全等三角形的判定，动点分类讨论，直角三角形性质
【点评】
本题考查动态全等问题的求解，关键是抓住全等的判定条件，根据动点的运动阶段合理划分讨论区间，求解后注意验证结果是否符合对应运动阶段的时间要求，避免漏解或出现增根。
【难度系数】
0.35

【分析】
(1) 首先根据三角形高的性质得到∠ADC=90°，推出∠CAD与∠ACD互余；再利用全等三角形对应角相等，将∠OBD替换为∠CAD，得到∠OBD与∠ACD的和为90°，最后根据三角形内角和定理即可求出∠BEC的度数。
(2) 先由全等三角形性质得到BO=AC=12，再结合CE与AE的比例关系求出AE、CE的长度，结合(1)中BE⊥AC的结论，可知△BOQ的面积可以用$\frac{1}{2}×BO×QE$计算；再分点Q在线段AE上、点Q在射线EC上两种情况，分别用含t的代数式表示QE的长度，列方程求解即可。
(3) 先由全等三角形性质得到∠BOD=∠ACD，推导可得∠AOP=∠FCQ，结合已知AO=CF，可知只需满足OP=CQ即可通过SAS判定△AOP≌△FCQ；再分点Q在线段AC上、点Q在线段AC延长线上两种情况，分别用含t的代数式表示CQ的长度，列方程求解，同时注意验证t是否符合运动范围。
【解析】
(1) 因为AD是△ABC的高，所以∠ADC=90°，即∠CAD+∠ACD=90°。
又因为△BDO≌△ADC，所以∠OBD=∠CAD。
所以∠OBD+∠ACD=90°，因此∠BEC=180°-(∠OBD+∠ACD)=90°。
(2) 存在，求解过程如下：
因为△BDO≌△ADC，AC=12，所以BO=AC=12。
因为$CE=\frac{1}{2}AE$，所以$AE=\frac{2}{3}AC=\frac{2}{3}×12=8$，$CE=\frac{1}{3}AC=4$。
由(1)得∠BEC=90°，所以BE⊥AC。
点Q从A出发沿射线AC以每秒8个单位长度运动，到达点E的时间为$8÷8=1$秒，分两种情况讨论：
① 当$0＜t＜1$时，点Q在线段AE上，此时$QE=8-8t$，
则$S_{△BOQ}=\frac{1}{2}×BO×QE=\frac{1}{2}×12×(8-8t)=48(1-t)$，
令$S_{△BOQ}=24$，得$48(1-t)=24$，解得$t=\frac{1}{2}$；
② 当$t＞1$时，点Q在射线EC上，此时$QE=8t-8$，
则$S_{△BOQ}=\frac{1}{2}×BO×QE=\frac{1}{2}×12×(8t-8)=48(t-1)$，
令$S_{△BOQ}=24$，得$48(t-1)=24$，解得$t=\frac{3}{2}$。
综上，t的值为$\frac{1}{2}$或$\frac{3}{2}$。
(3) 存在，求解过程如下：
因为△BDO≌△ADC，所以∠BOD=∠ACD，分两种情况讨论：
① 当点F在线段BC的延长线上，点Q在线段AC上时，。
因为∠AOP+∠BOD=180°，∠FCQ+∠ACD=180°，所以∠AOP=∠FCQ。
又已知AO=CF，所以当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ（SAS）。
此时$OP=2t$，$CQ=12-8t$，列方程$2t=12-8t$，解得$t=\frac{6}{5}$，符合运动范围；
② 当点F在线段BC上，点Q在线段AC的延长线上时，如题图②。
因为∠AOP+∠BOD=180°，∠FCQ+∠ACD=180°，所以∠AOP=∠FCQ。
又已知AO=CF，所以当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ（SAS）。
此时$OP=2t$，$CQ=8t-12$，列方程$2t=8t-12$，解得$t=2$，符合运动范围。
综上，当t的值为$\frac{6}{5}$或2时，△AOP与△FCQ全等。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90°}$；
(2) 存在，t的值为$\boldsymbol{\frac{1}{2}}$或$\boldsymbol{\frac{3}{2}}$；
(3) 存在，t的值为$\boldsymbol{\frac{6}{5}}$或$\boldsymbol{2}$。
【知识点】
全等三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定
【点评】
本题是全等三角形与动点问题结合的综合题型，既考查了全等三角形性质、判定的基础应用，也要求熟练运用分类讨论思想分析动点的不同位置，对逻辑推理能力和方程思想的运用有一定要求，是全等三角形章节的典型提升题。
【难度系数】
0.4