北京蓝靛厂中学数学全等三角形(篇)(Word版 含解析)

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．如图1，在平面直角坐标系中，点D（m，m+8）在第二象限，点B（0，n）在y轴正半轴上，作DA⊥x轴，垂足为A，已知OA比OB的值大2，四边形AOBD的面积为12．
（1）求m和n的值．
（2）如图2，C为AO的中点，DC与AB相交于点E，AF⊥BD，垂足为F，求证：AF＝DE．
（3）如图3，点G在射线AD上，且GA＝GB，H为GB延长线上一点，作∠HAN交y轴于点N，且∠HAN＝∠HBO，求NB﹣HB的值．
【答案】（1）
4
2
m
n
=-
⎧
⎨
=
⎩
（2）详见解析；（3）NB﹣FB＝4（是定值），即当点H在GB的延长线上运动时，NB﹣HB的值不会发生变化．
【解析】
【分析】
（1）由点D，点B的坐标和四边形AOBD的面积为12，可列方程组，解方程组即可；（2）由（1）可知，AD＝OA＝4，OB＝2，并可求出AB＝BD＝25，利用SAS可证
△DAC≌△AOB，并可得∠AEC＝90°，利用三角形面积公式即可求证；
（3）取OC＝OB，连接AC，根据对称性可得∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，证明
△ABH≌△CAN，即可得到结论.
【详解】
解：（1）由题意()()
2
1
812
2
m n
n m m
--=
⎧
⎪
⎨
++-=
⎪⎩
解得
4
2
m
n
=-
⎧
⎨
=
⎩
；
（2）如图2中，
由（1）可知，A（﹣4，0），B（0，2），D（﹣4，4），
∴AD
＝OA ＝4，OB ＝2，
∴由勾股定理可得：AB ＝BD ＝25，
∵AC ＝OC ＝2，
∴AC ＝OB ，
∵∠DAC ＝∠AOB ＝90°，AD ＝OA ，
∴△DAC ≌△AOB （SAS ），
∴∠ADC ＝∠BAO ，
∵∠ADC +∠ACD ＝90°，
∴∠EAC +∠ACE ＝90°，
∴∠AEC ＝90°，
∵AF ⊥BD ，DE ⊥AB ，
∴S △ADB ＝12•AB •AE ＝12
•BD •AF ， ∵AB ＝BD ，
∴DE ＝AF ．
（3）解：如图，取OC ＝OB ，连接AC ，根据对称性可得∠ABC ＝∠ACB ，AB ＝AC ，
∵AG ＝BG ，
∴∠GAB ＝∠GBA ，
∵G 为射线AD 上的一点，
∴AG ∥y 轴，
∴∠GAB ＝∠ABC ，
∴∠ACB ＝∠EBA ，
∴180°﹣∠GBA ＝180°﹣∠ACB ，
即∠ABG ＝∠ACN ，
∵∠GAN ＝∠GBO ，
∴∠AGB ＝∠ANC ，
在△ABG 与△ACN 中，
ABH ACN AHB ANC AB AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ABH ≌△ACN （AAS ），
∴BF ＝CN ，
∴NB ﹣HB ＝NB ﹣CN ＝BC ＝2OB ，
∵OB ＝2
∴NB ﹣FB ＝2×2＝4（是定值），
即当点H 在GB 的延长线上运动时，NB ﹣HB 的值不会发生变化．
【点睛】
本题属于三角形综合题，全等三角形的判定和性质，解题的关键是相结合添加常用辅助线，构造图形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
2．（1）如图1，在Rt △ABC 中，AB AC =，D 、E 是斜边BC 上两动点，且∠DAE=45°，将△ABE 绕点A 逆时针旋转90后，得到△AFC ，连接DF .
（1）试说明：△AED ≌△AFD ；
（2）当BE=3,CE=9时，求∠BCF 的度数和DE 的长；
（3）如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，D 是斜边BC 所在直线上一点，BD=3，BC=8，求DE 2的长.
【答案】（1）略（2）∠BCF=90° DE=5 （3）34或130
【解析】
试题分析：()1由ABE AFC ≌， 得到AE AF =，BAE CAF ∠=∠，
45,EAD ∠=45,BAE CAD ∴∠+∠=45,CAF CAD ∴∠+∠=即
45.DAF ∠=EAD DAF ∠=∠，
从而得到.AED AFD ≌ ()2 由△AED AFD ≌
得到ED FD =，再证明90DCF ∠=︒，
利用勾股定理即可得出结论. ()3过点A 作AH BC ⊥于H ,根据等腰三角形三线合一得，1 4.2
AH BH BC === 1DH BH BD =-=或7,DH BH BD =+=求出AD 的长，即可求得2DE .
试题解析：()1ABE AFC ≌，
AE AF =，BAE CAF ∠=∠，
45,EAD ∠=90,BAC ∠=
45,BAE CAD ∴∠+∠=
45,CAF CAD ∴∠+∠=
即45.DAF ∠=
在AED和AFD中，{
AF AE
EAF DAE
AD AD，
=
∠=∠
=
.
AED AFD
∴≌
()2AED AFD
≌，
ED FD
∴=，
,90.
AB AC BAC
=∠=︒
45
B ACB
∴∠=∠=︒，
45
ACF，
∠=︒
90.
BCF
∴∠=︒
设.
DE x
=
,9.
DF DE x CD x
===- 3.
FC BE
==
222,
FC DC DF
+=
()2
22
39.
x x
∴+-=
解得： 5.
x=
故 5.
DE=
()3过点A作AH BC
⊥于H,根据等腰三角形三线合一得，
1
4.
2
AH BH BC
===
1
DH BH BD
=-=或7,
DH BH BD
=+=
22217
AD AH DH
=+=或65.
22
234
DE AD
==或130.
点睛：D是斜边BC所在直线上一点,注意分类讨论.
3．如图，在△ABC中，∠ABC为锐角，点D为直线BC上一动点，以AD为直角边且在AD 的右侧作等腰直角三角形ADE，∠DAE＝90°，AD＝AE．
（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°．①当点D在线段BC上时，如图1，线段CE、BD的位置关系为___________，数量关系为___________
②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由．（2）如图3，如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．探究：当∠ACB多少度时，CE⊥BC？请说明理由．
【答案】（1）①垂直，相等．②都成立，理由见解析；（2）45°，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①根据∠BAD=∠CAE，BA=CA，AD=AE，运用“SAS”证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段CE、BD之间的关系；
②先根据“SAS”证明△ABD≌△ACE，再根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到①中的结论仍然成立；
（2）先过点A作AG⊥AC交BC于点G，画出符合要求的图形，再结合图形判定
△GAD≌△CAE，得出对应角相等，即可得出结论．
【详解】
（1）：（1）CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE=BD．
理由：如图1，∵∠BAD=90°-∠DAC，∠CAE=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE．
又 BA=CA，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE （SAS）
∴∠ACE=∠B=45°且 CE=BD．
∵∠ACB=∠B=45°，
∴∠ECB=45°+45°=90°，即 CE⊥BD．
故答案为垂直，相等；
②都成立，理由如下：
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC＋∠DAC＝∠DAE＋∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△DAB与△EAC中，
AD AE
BAD CAE
AB AC
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
∴△DAB≌△EAC，
∴CE＝BD，∠B＝∠ACE，
∴∠ACB＋∠ACE＝90°，即CE⊥BD；
（2）当∠ACB＝45°时，CE⊥BD（如图）．
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，
∵∠ACB＝45°，∠AGC＝90°﹣∠ACB，
∴∠AGC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ACB＝∠AGC＝45°，
∴AC＝AG，
在△GAD与△CAE中，
AC AG
DAG EAC
AD AE
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
∴△GAD≌△CAE，
∴∠ACE＝∠AGC＝45°，
∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝45°＋45°＝90°，即CE⊥B C．
4．如图，在平面直角坐标系中，A、B坐标为()
6,0、()
0,6，P为线段AB上的一点．
（1）如图1，若P为AB的中点，点M、N分别是OA、OB边上的动点，且保持
AM ON
=，则在点M、N运动的过程中，探究线段PM、PN之间的位置关系与数量关系，并说明理由．
（2）如图2，若P为线段AB上异于A、B的任意一点，过B点作BD OP
⊥，交OP、OA分别于F、D两点，E为OA上一点，且PEA BDO
=∠
∠，试判断线段OD与AE的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）PM=PN，PM⊥PN，理由见解析；（2）OD=AE，理由见解析
【分析】
（1）连接OP ．只要证明△PON ≌△PAM 即可解决问题；
（2）作AG ⊥x 轴交OP 的延长线于G ．由△DBO ≌△GOA ，推出OD=AG ，∠BDO=∠G ，再证明△PAE ≌△PAG 即可解决问题；
【详解】
（1）结论：PM=PN ，PM ⊥PN ．理由如下：
如图1中，连接OP ．
∵A 、B 坐标为（6，0）、（0，6），
∴OB=OA=6，∠AOB=90°，
∵P 为AB 的中点，
∴OP=
12
AB=PB=PA ，OP ⊥AB ，∠PON=∠PAM=45°， ∴∠OPA=90°，
在△PON 和△PAM 中， ON AM PON PAM OP AP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△PON ≌△PAM （SAS ），
∴PN=PM ，∠OPN=∠APM ，
∴∠NPM=∠OPA=90°，
∴PM ⊥PN ，PM=PN ．
（2）结论：OD=AE ．理由如下：
如图2中，作AG ⊥x 轴交OP 的延长线于G ．
∵BD ⊥OP ，
∴∠OAG=∠BOD=∠OFD=90°，
∴∠ODF+∠AOG=90°，∠ODF+∠OBD=90°，
∴∠AOG=∠DBO ，
∵OB=OA ，
∴△DBO ≌△GOA ，
∴OD=AG ，∠BDO=∠G ，
∵∠BDO=∠PEA ，
∴∠G=∠AEP ，
在△PAE 和△PAG 中，
AEP G PAE PAG AP AP ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△PAE ≌△PAG （AAS ），
∴OD=AE ．
【点睛】
考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 5．（1）如图（a ）所示点D 是等边ABC 边BA 上一动点（点D 与点B 不重合），连接DC ，以DC 为边在BC 上方作等边DCF ，连接AF ．你能发现线段AF 与BD 之间的数量关系吗？并证明．
（2）如图（b ）所示当动点D 运动至等边ABC 边BA 的延长线上时，其他作法与（1）相同，猜想AF 与BD 在（1）中的结论是否仍然成立？（直接写出结论）
（3）①如图（c ）所示，当动点D 在等边ABC 边BA 上运动时（点D 与点B 不重合），连接DC ，以DC 为边在BC 上方、下方分别作等边DCF 和等边DCF '，连接AF 、BF '，探究AF 、BF '与AB 有何数量关系？并证明．
②如图（d ）所示，当动点D 在等边ABC 边BA 的延长线上运动时，其他作法与（3）①相同，①中的结论是否成立？若不成立，是否有新的结论？并证明．
【答案】（1）AF=BD ，理由见解析；（2）AF=BD ，成立；（3）①AF BF AB '+=，证明见解析；②①中的结论不成立新的结论是AF AB BF '=+，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的三条边、三个内角都相等的性质，利用全等三角形的判定定理SAS 可证得BCD ACF △≌△，然后由全等三角形的对应边相等知AF BD = ．
（2）通过证明BCD ACF △≌△，即可证明AF BD =．
（3）①'AF BF AB += ，利用全等三角形BCD ACF △≌△的对应边BD AF = ，同理'BCF ACD △≌△ ，则'BF AD = ，所以'AF BF AB +=；
②①中的结论不成立，新的结论是'AF AB BF =+ ，通过证明BCF ACD △≌△，则'BF AD =（全等三角形的对应边相等），再结合（2）中的结论即可证得
'AF AB BF =+ ．
【详解】
（1）AF BD =
证明如下：ABC 是等边三角形，
BC AC ∴=，60BCA ︒∠=．
同理可得：DC CF =，60DCF ︒∠=．
BCA DCA DCF DCA ∴∠-∠=∠-∠．
即BCD ACF ∠=∠．
BCD ACF ∴△≌△．
AF BD ∴=．
（2）证明过程同（1），证得BCD ACF △≌△，则AF BD =（全等三角形的对应边相等），所以当动点D 运动至等边△ABC 边BA 的延长线上时，其他作法与（1）相同，AF BD =依然成立．
（3）①AF BF AB '+=
证明：由（1）知，BCD ACF △≌△．
BD AF ∴=．
同理BCF ACD '△≌△．
BF AD '∴=．
AF BF BD AD AB '∴+=+=．
②①中的结论不成立新的结论是AF AB BF '=+；
BC AC =，BCF ACD '∠=∠，F C DC '=，
BCF ACD '∴△≌△．
BF AD '∴=．
又由（2）知，AF BD =．
AF BD AB AD AB BF '∴==+=+．
即AF AB BF '=+．
【点睛】
本题考查了三角形的综合问题，掌握等边三角形的三条边、三个内角都相等的性质、全等三角形的判定定理、全等三角形的对应边相等是解题的关键．
6．探究与发现：如图（1）所示的图形，像我们常见的学习用品一圆规，我们，不妨把这样图形叫做“规形图
（1）观察“规形图（1）”，试探究∠BDC 与∠A 、∠B 、∠C 之间的数量关系，并说明理
由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下问题：
①如图（2），把一块三角尺XYZ放置在△ABC上使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝°．
②如图（3），DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE 的度数．
【答案】（1）∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，理由见解析；（2）①50；②∠DCE＝85°．【解析】
【分析】
（1）首先连接AD并延长至点F，然后根据外角的性质，即可判断出∠BDC＝
∠BAC+∠B+∠C；
（2）①由（1）可得∠A+∠ABX+∠ACX＝∠X，然后根据∠A＝40°，∠X＝90°，即可求解；
（3）②由∠A＝40°，∠DBE＝130°，求出∠ADE+∠AEB的值，然后根据∠DCE＝
∠A+∠ADC+∠AEC，求出∠DCE的度数即可.
【详解】
（1）如图，∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，理由是：
过点A、D作射线AF，
∵∠FDC＝∠DAC+∠C，∠BDF＝∠B+∠BAD，
∴∠FDC+∠BDF＝∠DAC+∠BAD+∠C+∠B，
即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C；
（2）①如图（2），∵∠X＝90°，
由（1）知：∠A+∠ABX+∠ACX＝∠X＝90°，
∵∠A＝40°，
∴∠ABX+∠ACX＝50°，
故答案为：50；
②如图（3），∵∠A＝40°，∠DBE＝130°，∴∠ADE+∠AEB＝130°﹣40°＝90°，
∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，
∴∠ADC＝1
2
∠ADB，∠AEC＝
1
2
∠AEB，
∴∠ADC+∠AEC＝1
(ADB AEB)
2
∠+∠＝45°，
∴∠DCE＝∠A+∠ADC+∠AEC＝40°+45°＝85°．
【点睛】
本题主要考查了三角形外角性质以及角平分线的定义的运用，熟知三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键.
7．已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，
△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
【答案】（1）BM＝AN，BM⊥AN．（2）结论成立.（3）90°．
【解析】
【分析】
(1)根据已知条件可证△MBP≌△ANP，得出MB＝AN，∠PAN＝∠PMB，再延长MB交AN于点C，得出MCN90
∠=︒,因此有BM⊥AN；
(2)根据所给条件可证△MPB≌△APN，得出结论BM＝AN；
(3)取PB的中点C，连接AC，AB，通过已知条件推出△APC为等边三角形，∠PAC＝∠PCA＝60°，再由CA＝CB，进一步得出∠PAB的度数.
【详解】
解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．
理由：如图1中，
∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，
∴△MBP≌△ANP（SAS），
∴MB＝AN．
延长MB交AN于点C．
∵△MBP≌△ANP，
∴∠PAN＝∠PMB，
∵∠PAN+∠PNA＝90°，
∴∠PMB+∠PNA＝90°，
∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，
∴BM⊥AN．
（Ⅱ）结论成立
理由：如图2中，
∵△APM，△BPN，都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°
∴∠MPB＝∠APN＝120°，
又∵PM＝PA，PB＝PN，
∴△MPB≌△APN（SAS）
∴MB＝AN．
（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．
∵△APM，△PBN都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN
∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，
∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，
∵∠APC＝60°，
∴△APC为等边三角形，
∴∠PAC＝∠PCA＝60°，
又∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，
∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．
【点睛】
本题是一道关于全等三角形的综合性题目，充分考查了学生对全等三角形的判定定理及其性质的应用的能力，此类题目常常需要数形结合，借助辅助线才得以解决，因此，作出合理正确的辅助线是解题的关键.
8．如图，在边长为 4 的等边△ABC 中，点 D 从点A 开始在射线 AB 上运动，速度为 1 个单位/秒，点F 同时从 C 出发，以相同的速度沿射线 BC 方向运动，过点D 作 DE⊥AC，连结DF 交射线 AC 于点 G
(1)当 DF⊥AB 时，求 t 的值；
(2)当点 D 在线段 AB 上运动时，是否始终有 DG=GF?若成立，请说明理由。

(3)聪明的斯扬同学通过测量发现，当点 D 在线段 AB 上时，EG 的长始终等于 AC 的一半，他想当点D 运动到图 2 的情况时，EG 的长是否发生变化?若改变，说明理由；若不变，求出 EG 的长。

【答案】（1）4
3
；（2）见详解；（3）不变.
【解析】【分析】
（
1）设AD=x ，则BD=4-x ，BF=4+x ．当DF⊥AB 时，通过解直角△BDF 求得x 的值，易得t 的值；
（2）如图1，过点D 作DH∥BC 交AC 于点H ，构建全等三角形：△DHG≌△FCG，结合全等三角形的对应边相等的性质和图中相关线段间的和差关系求得DG=GF ；
（3）过F 作FH⊥AC，可证△ADE≌△CFH，得DE=FH ，AC=EH ，再证△GDE≌△GFH，可得EG=GH ，即可解题．
【详解】
解：（1）设AD=x ，则BD=4-x ，BF=4+x ．
当DF ⊥AB 时，∵∠B=60°，
∴∠DFB=30°，
∴BF=2BD ，即4+x=2（4-x ），
解得x=
43， 故t=43
；
（2）如图1，过点D 作DH ∥BC 交AC 于点H ，则∠DHG=∠FCG ．
∵△ABC 是等边三角形，
∴△ADH 是等边三角形，
∴AD=DH ．
又AD=CF ，
∴DH=FC ．
∵在△DHG 与△FCG 中，
DGH FGC DHG FCG DH FC ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△DHG ≌△FCG （AAS ），
∴DG=GF ；
（3）如图2，过F作FH⊥AC，
在△ADE和△CFH中，
90
AED FHC
A FCH
AD CF
∠∠︒
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝＝
＝
＝
，
∴△ADE≌△CFH（AAS），
∴DE=FH，AE=CH，
∴AC=EH，
在△GDE和△GFH中，
DEG FHG
DGE FGH
DE FH
∠∠
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
∴△GDE≌△GFH（AAS），
∴EG=GH，
∴EG=
1
2
EH=
1
2
AC．
【点睛】
本题考查了三角形综合题，需要掌握全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△GDE≌△GFH是解题的关键．
9．在平面直角坐标系中，点A（0，5），B（12，0），在y轴负半轴上取点E，使OA＝EO，作∠CEF＝∠AEB，直线CO交BA的延长线于点D．
（1）根据题意，可求得OE＝；
（2）求证：△ADO≌△ECO；
（3）动点P从E出发沿E﹣O﹣B路线运动速度为每秒1个单位，到B点处停止运动；动点Q从B出发沿B﹣O﹣E运动速度为每秒3个单位，到E点处停止运动．二者同时开始运动，都要到达相应的终点才能停止．在某时刻，作PM⊥CD于点M，QN⊥CD于点N．问两动点运动多长时间△OPM与△OQN全等？
【答案】（1）5；（2）见解析；（3）当两动点运动时间为
7
2
、
17
4
、10秒时，△OPM与
△OQN全等
【解析】
【分析】
（1）根据OA=OE即可解决问题．
（2）根据ASA证明三角形全等即可解决问题．
（2）设运动的时间为t秒，分三种情况讨论：当点P、Q分别在y轴、x轴上时；当点P、Q都在y轴上时；当点P在x轴上，Q在y轴时若二者都没有提前停止，当点Q提前停止时；列方程即可得到结论．
【详解】
（1）∵A（0，5），
∴OE＝OA＝5，
故答案为5．
（2）如图1中，
∵OE＝OA，OB⊥AE，
∴BA＝BE，
∴∠BAO＝∠BEO，
∵∠CEF＝∠AEB，
∴∠CEF＝∠BAO，
∴∠CEO＝∠DAO，
在△ADO与△ECO中，
CE0DA0
OA0E
COE AOD
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
∴△ADO≌△ECO（ASA）．
（2）设运动的时间为t秒，当PO＝QO时，易证△OPM≌△OQN．
分三种情况讨论：
①当点P、Q分别在y轴、x轴上时PO＝QO得：
5﹣t＝12﹣3t，
解得t＝7
2
（秒），
②当点P、Q都在y轴上时PO＝QO得：5﹣t＝3t﹣12，
解得t＝17
4
（秒），
③当点P在x轴上，Q在y轴上时，
若二者都没有提前停止，则PO＝QO得：t﹣5＝3t﹣12，
解得t＝7
2
（秒）不合题意；
当点Q运动到点E提前停止时，有t﹣5＝5，解得t＝10（秒），
综上所述：当两动点运动时间为7
2
、
17
4
、10秒时，△OPM与△OQN全等．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
10．如图，A（0，4）是直角坐标系y轴上一点，动点P从原点O出发，沿x轴正半轴运动，速度为每秒1个单位长度，以P为直角顶点在第一象限内作等腰Rt△APB．设P点的运动时间为t秒．
（1）若AB∥x轴，如图1，求t的值；
（2）设点A关于x轴的对称点为A′，连接A′B，在点P运动的过程中，∠OA′B的度数是否会发生变化，若不变，请求出∠OA′B的度数，若改变，请说明理由．
（3）如图2，当t＝3时，坐标平面内有一点M（不与A重合）使得以M、P、B为顶点的三角形和△ABP全等，请直接写出点M的坐标．
【答案】（1）4；（2）∠OA′B的度数不变，∠OA′B＝45 ，理由见解析；（3）点M的坐标为（6，﹣4），（4，7），（10，﹣1）
【解析】
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质以及平行线的性质，可证明△AOP为等腰直角三角形，从而求得答案；
（2）根据对称的性质得：PA＝PA'＝PB，由∠PAB+∠PBA＝90°，结合三角形内角和定理即可求得∠OA'B＝45°；
（3）分类讨论：分别讨论当△ABP≌△MBP、△ABP≌△MPB、△ABP≌△MPB时，点M的坐标的情况；过点M作x轴的垂线、过点B作y轴的垂线，利用等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定和性质求得点M的坐标即可.
【详解】
（1）∵AB∥x轴，△APB为等腰直角三角形，
∴∠PAB＝∠PBA＝∠APO＝45°，
∴△AOP为等腰直角三角形，
∴OA＝OP＝4．
∴t＝4÷1＝4（秒），
故t的值为4．
（2）如图2，∠OA′B的度数不变，∠OA′B＝45°，
∵点A 关于x 轴的对称点为A ′，
∴PA ＝PA '，
又AP ＝PB ，
∴PA ＝PA '＝PB ，
∴∠PAA '＝∠PA 'A ，∠PBA '＝∠PA 'B ，
又∵∠PAB +∠PBA ＝90°，
∴∠PAA '+∠PA 'A +∠PA 'B +∠PBA '
＝180()PAB PBA ∠∠︒-+
180=︒-90°
=90°，
∴∠AA 'B ＝45°，
即∠OA 'B ＝45°；
（3）当t ＝3时，M 、P 、B 为顶点的三角形和△ABP 全等， ①如图3，若△ABP ≌△MBP ，
则AP ＝PM ，过点M 作MD ⊥OP 于点D ，
∵∠AOP ＝∠PDM ，∠APO ＝∠DPM ，
∴△AOP ≌△MDP （AAS ），
∴OA ＝DM ＝4，OP ＝PD ＝3，
∴M 的坐标为：（6，-4）．
②如图4，若△ABP ≌△MPB ，则AB PM =，
过点M 作M E ⊥x 轴于点E ，过点B 作BG ⊥x 轴于点G ，过点B 作BF ⊥y 轴于点F ，
∵△APB 为等腰直角三角形，则△MPB 也为等腰直角三角形，
∴∠BAP ＝∠MPB=45︒，PA PB =
∵139023∠+∠=︒=∠+∠，
∴12∠=∠
∴Rt AOP Rt PGB ≅
∴34BG OP PG AO ====，
∵BG ⊥x 轴BF ，⊥y 轴
∴四边形BGOF 为矩形，
∴3OP BG ==，则431AF OA OF =-=-=
347BF OG OP PG ==+=+=
在Rt ABF 和Rt PME 中
∠BAF ＝45︒+1∠，∠MPE ＝45︒+2∠，
∴∠BAF ＝∠MPE
∵AB PM =
∴Rt ABF Rt PME ≅
∴71ME BF PE AF ====，
∴M 的坐标为：（4，7），
③如图5，若△ABP ≌△MPB ，则AB PM =，
过点M 作M E ⊥x 轴于点D ，过点B 作BG ⊥x 轴于点E ，过点B 作BF ⊥y 轴于点F ，
∵△APB 为等腰直角三角形，则△MPB 也为等腰直角三角形， ∴∠BAP ＝∠MPB=45︒，PA PB =
∵139023∠+∠=︒=∠+∠，
∴12∠=∠
∴Rt AOP Rt PEB ≅
∴34BE OP PE AO ====，
∵BE ⊥x 轴BF ，⊥y 轴
∴四边形BEOF 为矩形，
∴3OP BG ==，则431AF OA OF =-=-=
347BF OE OP PE ==+=+=
在Rt ABF 和Rt PMD 中
∵BF ⊥y 轴
∴42∠=∠
∵42ABF PMD ∠∠∠+=∠+
∴ABF PMD ∠∠=
∵AB PM =
∴Rt ABF Rt PMD ≅
∴17MD AF PD BF ====，
∴M 的坐标为：（10，﹣1）．
综合以上可得点M 的坐标为：（6，﹣4），（4，7），（10，﹣1）．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，第(3)小题要注意分类讨论，作此类型的题要结合图形，构建适当的辅助线，寻找相等的量才能得出结论．。