【分析】
(1) 求解△CBQ的面积，首先确定△CBQ为直角三角形，直角是∠B，面积公式为$S=\frac{1}{2}×BC×BQ$，核心是用运动时间t表示BQ的长度。先分析动点Q的运动阶段：Q速度为每秒1个单位长度，AB=3，因此0＜t≤3时Q从B向A运动，BQ=t；3＜t≤5时Q到达A点后沿AB返回，此时BQ=6-t。结合P点到达C点的总时间为5秒，分两种情况代入面积公式即可得到S的表达式。
(2) 根据线段垂直平分线的性质：垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，因此PQ的垂直平分线过点C时，CP=CQ。同样分两个运动阶段，分别用t表示CP、CQ的长度，在Rt△BCQ中利用勾股定理列方程求解t，舍去不符合t取值范围的增解，再计算AQ的长度即可。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得$AC^2=AB^2+BC^2=3^2+4^2=5^2$，即AC=5。
P、Q运动速度均为每秒1个单位长度，P到达C的时间为$5÷1=5\ \mathrm{s}$，Q到达A的时间为$3÷1=3\ \mathrm{s}$，P到达C时两点同时停止，因此t的取值范围是$0＜t≤5$。
①当$0＜t≤3$时，BQ=t，因此$S=S_{△ CBQ}=\frac{1}{2}·BC·BQ=\frac{1}{2}×4×t=2t$；
②当$3＜t≤5$时，Q从A返回，AQ=t-3，因此BQ=AB-AQ=3-(t-3)=6-t，$S=S_{△ CBQ}=\frac{1}{2}·BC·BQ=\frac{1}{2}×4×(6-t)=12-2t$。
(2) 因为PQ的垂直平分线经过点C，所以CP=CQ。
①当$0＜t≤3$时，BQ=AP=t，CP=AC-AP=5-t，因此CQ=5-t。
在Rt△BCQ中，由勾股定理得$BQ^2+BC^2=CQ^2$，代入得$t^2+4^2=(5-t)^2$，解得t=0.9，此时BQ=0.9，AQ=AB-BQ=3-0.9=2.1。
②当$3＜t≤5$时，AP=t，BQ=6-t，CQ=CP=5-t。
在Rt△BCQ中，由勾股定理得$BQ^2+BC^2=CQ^2$，代入得$(6-t)^2+4^2=(5-t)^2$，解得t=13.5，不符合$3＜t≤5$的范围，舍去。
【答案】
(1) $S = \begin{cases} 2t (0 ＜ t ≤ 3) \\ 12 - 2t (3 ＜ t ≤ 5) \end{cases}$
(2) $2.1$
【知识点】
分段函数应用；垂直平分线的性质；勾股定理
【点评】
本题是动点综合类问题，考查了三角形面积计算、线段垂直平分线性质和勾股定理的应用，解题的核心是根据动点的运动阶段合理分类讨论，同时要注意验证求解结果是否符合运动时间的取值范围，避免出现增解。
【难度系数】
0.4

【分析】
(1) 当E与B重合时，已知D是AB中点且DF⊥DE即DF⊥AB，可得DF是AB的垂直平分线，因此AF=BF=EF，设EF为x，用含x的式子表示CF，再在Rt△ECF中利用勾股定理列方程求解即可。
(2) 要证明$AF^2+BE^2=EF^2$，需将三条线段转化到同一个直角三角形中：过A作AG⊥AC交ED延长线于G，先证$△ AGD≌△ BED$，得到AG=BE，再由DF⊥DE且D是GE中点，得DF是GE的垂直平分线，故GF=EF，最后在Rt△AGF中用勾股定理即可得证。
(3) 因为E在直线BC上，所以分E在线段BC上、E在BC延长线上两种情况讨论：每种情况都通过作平行线构造全等三角形，将AF转化为与BE相关的线段，再结合勾股定理列方程求解CF的长度，注意不要漏解。
【解析】
(1) 因为 D 为 AB 的中点，$DF⊥DE$（此时E与B重合）， 所以 DF 垂直平分 AB， 所以 $AF = EF$。
设 $AF = EF = x$， 因为 $AC = 8$， 所以 $CF = 8 - x$。
在 $Rt△ECF$ 中，$EC = BC = 6$， 由勾股定理得：$CF^2 + EC^2 = EF^2$，
所以 $(8 - x)^2 + 6^2 = x^2$，
展开化简解得 $x = \frac{25}{4}$。
(2) 证明：过点 A 作 $AG⊥AC$，交 ED 的延长线于点 G，连接 FG， 则$∠ GAC = 90°$。
又$∠ ACB = 90°$， 所以$∠ GAC + ∠ ACB = 180°$， 所以 $AG//BC$， 所以$∠ AGD = ∠ BED$。
又 D 为 AB 的中点， 所以 $AD = BD$。
在$△ AGD$和$△ BED$中：
$\begin{cases}∠ AGD=∠ BED \\∠ ADG=∠ BDE \\AD=BD\end{cases}$
所以$△ AGD≌△ BED(AAS)$， 所以 $AG = BE$，$DG = DE$。
又 $DF⊥DE$， 所以 DF 是 GE 的垂直平分线， 所以 $GF = EF$。
在 $Rt△AGF$ 中，由勾股定理得 $AF^2 + AG^2 = GF^2$，
代入$AG=BE$、$GF=EF$，得 $AF^2 + BE^2 = EF^2$。
(3) 解：因为点 E 在直线 BC 上，$CE = 1$，分两种情况讨论：
① 当点 E 在线段 BC 上时，过点 B 作 $BH//AC$，交 FD 的延长线于点 H，连接 EH。
同(2)的全等证明思路，可得$△ ADF≌△ BDH$， 所以 $AF = BH$，$DF = DH$。
又 $DF⊥DE$， 所以 DE 是 HF 的垂直平分线， 所以 $EF = EH$。
由勾股定理可得：$CF^2 + CE^2 = EF^2$，$BH^2 + BE^2 = EH^2$，因此$CF^2 + CE^2 = BH^2 + BE^2$。
设 $CF = m$， 因为 $AC = 8$，$BC = 6$， 所以 $BH = AF = 8 - m$，$BE = BC - CE = 5$。
代入得 $m^2 + 1^2 = (8 - m)^2 + 5^2$，
化简解得 $m = \frac{11}{2}$，即$CF = \frac{11}{2}$。
② 当点 E 在 BC 的延长线上时，过点 B 作 $BM//AC$，交 FD 的延长线于点 M，连接 EM。
同理可得$△ ADF≌△ BDM$，$AF = BM$，$EF=EM$，因此$CF^2 + CE^2 = BM^2 + BE^2$。
设 $CF = n$， 则 $BM = AF = 8 - n$，$BE = BC + CE = 7$。
代入得 $n^2 + 1^2 = (8 - n)^2 + 7^2$，
化简解得 $n = 7$，即$CF=7$。
综上，线段CF的长为$\frac{11}{2}$或7。
【答案】
26. (1) 因为 D 为 AB 的中点,DF⊥DE, 所以 DF 垂直平分 AB. 所以 AF = EF. 设 AF = EF = x. 因为 AC = 8, 所以 CF = 8 - x. 在 Rt△ECF 中,EC = BC = 6, 由勾股定理,得 CF² + EC² = EF², 所以 (8 - x)² + 6² = x², 解得 x = 25/4. 则 EF 的长为 25/4.
(2) 如图①,过点 A 作 AG⊥AC,交 ED 的延长线于点 G,连接 FG, 则∠GAC = 90°. 又∠ACB = 90°, 所以∠GAC + ∠ACB = 180°. 所以 AG//BC. 所以∠AGD = ∠BED. 又 D 为 AB 的中点, 所以 AD = BD. 又∠ADG = ∠BDE, 所以△AGD≌△BED(AAS). 所以 AG = BE,DG = DE. 又 DF⊥DE, 所以 DF 是 GE 的垂直平分线. 所以 GF = EF. 在 Rt△AGF 中,由勾股定理,得 AF² + AG² = GF², 所以 AF² + BE² = EF².
(3) 因为点 E 在直线 BC 上,CE = 1, 所以分类讨论如下:① 如图②,当点 E 在线段 BC 上时,过点 B 作 BH//AC,交 FD 的延长线于点 H,连接 EH. 同(2),得△ADF≌△BDH, 所以 AF = BH,DF = DH. 又 DF⊥DE, 所以 DE 是 HF 的垂直平分线. 所以 EF = EH. 易得 CF² + CE² = BH² + BE². 设 CF = m. 因为 AC = 8,BC = 6, 所以 BH = AF = 8 - m,BE = BC - CE = 5. 所以 m² + 1² = (8 - m)² + 5², 解得 m = 11/2. 所以 CF 的长为 11/2; ② 如图③,当点 E 在 BC 的延长线上时,过点 B 作 BM//AC,交 FD 的延长线于点 M,连接 EM. 同理,得 AF = BM,CF² + CE² = BM² + BE². 设 CF = n, 则 BM = AF = 8 - n,BE = BC + CE = 7. 所以 n² + 1² = (8 - n)² + 7², 解得 n = 7. 所以 CF 的长为 7. 综上,线段 CF 的长为 11/2 或 7.

【知识点】
勾股定理；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是三角形综合题，将勾股定理、全等三角形、垂直平分线性质结合考查，解题的关键是通过作平行线构造全等三角形实现线段的转移，把分散的线段集中到同一个直角三角形中利用勾股定理求解。第三问需注意“E在直线BC上”的条件，要分情况讨论，避免漏解，体现了分类讨论的数学思想。
【难度系数】
0.3