八年级数学【几何模型三角形轴对称】试卷(培优篇)(Word版 含解析)

八年级数学【几何模型三角形轴对称】试卷（培优篇）（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，在ABC 中，45ABC ∠=,AD ,BE 分别为BC ,AC 边上的高，连接DE ,过点D 作DF DE ⊥与点F ，G 为BE 中点，连接AF ，DG ．

（1）如图1，若点F 与点G 重合，求证：AF DF ⊥；

（2）如图2，请写出AF 与DG 之间的关系并证明．

【答案】(1)详见解析;(2)AF=2DG,且AF ⊥DG,证明详见解析.

【解析】

【分析】

(1) 利用条件先△DAE ≌△DBF,从而得出△FDE 是等腰直角三角形,再证明△AEF 是等腰直角三角形,即可.

(2) 延长DG 至点M,使GM=DG,交AF 于点H,连接BM, 先证明△BGM ≌△EGD,再证明△BDM ≌△DAF 即可推出.

【详解】

解:（1）证明:设BE 与AD 交于点H..如图，

∵AD,BE 分别为BC,AC 边上的高,

∴∠BEA=∠ADB=90°.

∵∠ABC=45°,

∴△ABD 是等腰直角三角形.

∴AD=BD.

∵∠AHE=∠BHD,

∴∠DAC=∠DBH.

∵∠ADB=∠FDE=90°,

∴∠ADE=∠BDF.

∴△DAE ≌△DBF.

∴BF=AE,DF=DE.

∴△FDE是等腰直角三角形.

∴∠DFE=45°.

∵G为BE中点,

∴BF=EF.

∴AE=EF.

∴△AEF是等腰直角三角形.

∴∠AFE=45°.

∴∠AFD=90°,即AF⊥DF.

（2）AF=2DG,且AF⊥DG.理由:延长DG至点M,使GM=DG,交AF于点H,连接BM,

∵点G为BE的中点,BG=GE.

∵∠BGM∠EGD,

∴△BGM≌△EGD.

∴∠MBE=∠FED=45°,BM=DE.

∴∠MBE=∠EFD,BM=DF.

∵∠DAC=∠DBE,

∴∠MBD=∠MBE+∠DBE=45°+∠DBE.

∵∠EFD=45°=∠DBE+∠BDF,

∴∠BDF=45°-∠DBE.

∵∠ADE=∠BDF,

∴∠ADF=90°-∠BDF=45°+∠DBE=∠MBD.

∵BD=AD,

∴△BDM≌△DAF.

∴DM=AF=2DG,∠FAD=∠BDM.

∵∠BDM+∠MDA=90°,

∴∠MDA+∠FAD=90°.

∴∠AHD=90°.

∴AF⊥DG.

∴AF=2DG,且AF⊥DG

【点睛】

本题考查三角形全等的判定和性质,关键在于灵活运用性质.

2．在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于A（a，0），B（0，b），且满足

a2+b2+4a﹣8b+20＝0．

（1）求a，b的值；

（2）点P在直线AB的右侧；且∠APB＝45°，

①若点P在x轴上（图1），则点P的坐标为；

②若△ABP为直角三角形，求P点的坐标．

【答案】（1）a＝﹣2，b＝4；（2）①（4，0）；②P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．【解析】

【分析】

（1）利用非负数的性质解决问题即可．

（2）①根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．

②分两种情形：如图2中，若∠ABP=90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．如图3中，若∠BAP=90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．分别利用全等三角形的性质解决问题即可．【详解】

（1）∵a2+4a+4+b2﹣8b+16＝0

∴（a+2）2+（b﹣4）2＝0

∴a＝﹣2，b＝4．

（2）①如图1中，

∵∠APB＝45°，∠POB＝90°，

∴OP＝OB＝4，

∴P（4，0）．

故答案为（4，0）．

②∵a＝﹣2，b＝4

∴OA＝2OB＝4

又∵△ABP为直角三角形，∠APB＝45°

∴只有两种情况，∠ABP＝90°或∠BAP＝90°

①如图2中，若∠ABP＝90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．

∴∠PCB＝∠BOA＝90°，

又∵∠APB＝45°，

∴∠BAP＝∠APB＝45°，

∴BA＝BP，

又∵∠ABO+∠OBP＝∠OBP+∠BPC＝90°，

∴∠ABO＝∠BPC，

∴△ABO≌△BPC（AAS），

∴PC＝OB＝4，BC＝OA＝2，

∴OC＝OB﹣BC＝4﹣2＝2，

∴P（4，2）．

②如图3中，若∠BAP＝90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．

∴∠PDA＝∠AOB＝90°，

又∵∠APB＝45°，

∴∠ABP＝∠APB＝45°，

∴AP＝AB，

又∵∠BAD+∠DAP＝90°，

∠DPA+∠DAP＝90°，

∴∠BAD＝∠DPA，

∴△BAO≌△APP（AAS），

∴PD＝OA＝2，AD＝OB＝4，

∴OD＝AD﹣0A＝4﹣2＝2，

∴P（2，﹣2）．

综上述，P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．

【点睛】

本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

3．如图1，等腰△ABC中，AC=BC＝42, ∠ACB=45?，AO是BC边上的高，D为线段AO上一动点，以CD为一边在CD下方作等腰△CDE,使CD=CE且∠DCE=45?，连结BE.

(1) 求证：△ACD≌△BCE；

(2) 如图2，在图1的基础上，延长BE至Q, P为BQ上一点，连结CP、CQ,若CP＝CQ＝5,求PQ的长.

(3) 连接OE，直接写出线段OE的最小值．

【答案】（1）证明见解析；（2）PQ=6；（3）OE=422

-

【解析】

试题分析：()1根据SAS即可证得ACD BCE

≌；

()2首先过点C作CH BQ

⊥于H，由等腰三角形的性质，即可求得45

DAC

∠=?，则根据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的长．

()3OE BQ

⊥时，OE取得最小值.

试题解析：()1证明：∵△ABC与△DCE是等腰三角形，

∴AC=BC,DC=EC,45

ACB DCE

∠=∠=，

45

ACD DCB ECB DCB

∴∠+∠=∠+∠=，

∴∠ACD=∠BCE；

在△ACD和△BCE中，

,

AC BC

ACD BCE

DC EC

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

(SAS)

ACD BCE

∴≌；

()2首先过点C作CH BQ

⊥于H，

(2)过点C作CH⊥BQ于H，

∵△ABC是等腰三角形，∠ACB=45?，AO是BC边上的高，45

DAC

∴∠=，

ACD BCE

≌，

45

PBC DAC

∴∠=∠=，

∴在Rt BHC中,

22

424 CH BC

=?=?=，

54

PC CQ CH

===

，，

3

PH QH

∴==，

6.

PQ

∴=

()3OE BQ

⊥时，OE取得最小值.

最小值为：42 2.

OE=-

4．在四边形ABCD 中，E 为BC 边中点.

（Ⅰ）已知：如图，若AE 平分∠BAD，∠AED=90°，点F 为AD 上一点，AF=AB.求证：（1）△ABE≌AFE；（2）AD=AB+CD

（Ⅱ）已知：如图，若AE 平分∠BAD，DE 平分∠ADC，∠AED=120°，点F，G 均为AD上的

点，AF=AB，GD=CD.求证：（1）△GEF 为等边三角形；（2）AD=AB+

1

2

BC+CD.

【答案】（Ⅰ）（1）证明见解析；（2）证明见解析；（Ⅱ）（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）（1）运用SAS证明△ABE≌AFE即可；

（2）由（1）得出∠AEB=∠AEF，BE=EF，再证明△DEF≌△DEC（SAS），得出DF=DC，即可得出结论；

（Ⅱ）（1）同（Ⅰ）（1）得△ABE≌△AFE（SAS），△DGE≌△DCE（SAS），由全等三角形的性质得出BE=FE，∠AEB=∠AEF，CE=GE，∠CED=∠GED，进而证明△EFG是等边三角形；

（2）由△EFG是等边三角形得出GF=EE=BE=

1

2

BC，即可得出结论．

【详解】

（Ⅰ）（1）∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE=∠FAE，

在△ABE和△AFE中，

AB AF

BAE FAE

AE AE

?

∠

?

?

∠

?

?

＝

＝

＝

，

∴△ABE≌△AFE（SAS），

（2）∵△ABE≌△AFE，

∴∠AEB=∠AEF，BE=EF，

∵E为BC的中点，

∴BE=CE，

∴FE=CE，

∵∠AED=∠AEF+∠DEF=90°，

∴∠AEB+∠DEC=90°，

∴∠DEF=∠DEC ，

在△DEF 和△DEC 中，

FE CE DEF DEC DE DE ?∠??

∠??＝＝＝，

∴△DEF ≌△DEC （SAS ），

∴DF=DC ，

∵AD=AF+DF ，

∴AD=AB+CD ；

（Ⅱ）（1）∵E 为BC 的中点，

∴BE=CE=12

BC ， 同（Ⅰ）（1）得：△ABE ≌△AFE （SAS ），

△DEG ≌△DEC （SAS ），

∴BE=FE ，∠AEB=∠AEF ，CE=GE ，∠CED=∠GED ，

∵BE=CE ，

∴FE=GE ，

∵∠AED=120°，∠AEB+∠CED=180°-120°=60°，

∴∠AEF+∠GED=60°，

∴∠GEF=60°，

∴△EFG 是等边三角形，

（2）∵△EFG 是等边三角形，

∴GF=EF=BE=12

BC ， ∵AD=AF+FG+GD ， ∴AD=AB+CD+

12BC ． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

5．如图1，在正方形ABCD 中，P 是对角线BD 上的一点，点E 在AD 的延长线上，且PA=PE ，PE 交CD 于F

（1）证明：PC=PE ；

（2）求∠CPE 的度数；

（3）如图2，把正方形ABCD 改为菱形ABCD ，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE ，试探究线段AP 与线段CE 的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析（2）90°（3）AP=CE

【解析】

【分析】

(1)、根据正方形得出AB=BC ，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB 得出△ABP ≌△CBP ，从而得出结论；(2)、根据全等得出∠BAP=∠BCP ，∠DAP=∠DCP ，根据PA=PE 得出∠DAP=∠E ，即∠DCP=∠E ，易得答案；(3)、首先证明△ABP 和△CBP 全等，然后得出PA=PC ，

∠BAP=∠BCP ，然后得出∠DCP=∠E ，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC 是等边三角形，从而得出AP=CE.

【详解】

(1)、在正方形ABCD 中，AB=BC ，∠ABP=∠CBP=45°，

在△ABP 和△CBP 中，又∵ PB=PB ∴△ABP ≌△CBP （SAS ）， ∴PA=PC ，∵PA=PE ，∴PC=PE ；

(2)、由（1）知，△ABP ≌△CBP ，∴∠BAP=∠BCP ，∴∠DAP=∠DCP ，

∵PA=PE ， ∴∠DAP=∠E ， ∴∠DCP=∠E ， ∵∠CFP=∠EFD （对顶角相等），

∴180°﹣∠PFC ﹣∠PCF=180°﹣∠DFE ﹣∠E ， 即∠CPF=∠EDF=90°；

(3)、AP ＝CE

理由是：在菱形ABCD 中，AB=BC ，∠ABP=∠CBP ，

在△ABP 和△CBP 中， 又∵ PB=PB ∴△ABP ≌△CBP （SAS ），

∴PA=PC ，∠BAP=∠DCP ，

∵PA=PE ，∴PC=PE ，∴∠DAP=∠DCP ， ∵PA=PC ∴∠DAP=∠E ， ∴∠DCP=∠E

∵∠CFP=∠EFD （对顶角相等）， ∴180°﹣∠PFC ﹣∠PCF=180°﹣∠DFE ﹣∠E ，

即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°， ∴△EPC 是等边三角形，∴PC=CE ，∴AP=CE

考点：三角形全等的证明

6．如图，在ABC ?中，903, 7C AC BC ∠=?==，，点D 是BC 边上的动点，连接AD ，以AD 为斜边在AD 的下方作等腰直角三角形ADE ．

（1）填空：ABC ?的面积等于 ；

（2）连接CE ，求证：CE 是ACB ∠的平分线；

（3）点O 在BC 边上，且1CO =， 当D 从点O 出发运动至点B 停止时，求点E 相应的运动路程．

【答案】（1）

212

；（2）证明见解析；（3）32【解析】

【分析】 （1）根据直角三角形的面积计算公式直接计算可得；

（2）如图所示作出辅助线，证明△AEM ≌△DEN （AAS ），得到ME=NE ，即可利用角平分线的判定证明；

（3）由（2）可知点E 在∠ACB 的平分线上，当点D 向点B 运动时，点E 的路径为一条直线，再根据全等三角形的性质得出CN=

1()2

AC CD +，根据CD 的长度计算出CE 的长度即可．

【详解】

解：（1）903, 7C AC BC ∠=?==， ∴112137222

ABC S AC BC =

?=??=， 故答案为：212 （2）连接CE ，过点E 作EM ⊥AC 于点M ，作EN ⊥BC 于点N ，

∴∠EMA=∠END=90°，

又∵∠ACB=90°，

∴∠MEN=90°，

∴∠MED+∠DEN=90°，

∵△ADE 是等腰直角三角形

∴∠AED=90°，AE=DE

∴∠AEM+∠MED=90°，

∴∠AEM=∠DEN

∴在△AEM 与△DEN 中，

∠EMA=∠END=90°，∠AEM=∠DEN ，AE=DE

∴△AEM ≌△DEN （AAS ）

∴ME=NE

∴点E 在∠ACB 的平分线上，

即CE 是ACB ∠的平分线

（3）由（2）可知，点E 在∠ACB 的平分线上，

∴当点D 向点B 运动时，点E 的路径为一条直线，

∵△AEM ≌△DEN

∴AM=DN ，

即AC-CM=CN-CD

在Rt △CME 与Rt △CNE 中，CE=CE ，ME=NE ，

∴Rt △CME ≌Rt △CNE （HL ）

∴CM=CN

∴CN=1()2

AC CD +， 又∵∠MCE=∠NCE=45°，∠CME=90°， ∴CE=22()CN AC CD =

+， 当AC=3，CD=CO=1时，

CE=2(31)222

+= 当AC=3，CD=CB=7时， CE=

2(37)522+= ∴点E 的运动路程为：522232-=，

【点睛】

本题考查了全等三角形的综合证明题，涉及角平分线的判定，几何中动点问题，全等三角形的性质与判定，解题的关键是综合运用上述知识点．

7．如图1，在ABC ?中，90ACB ∠=，AC BC =，直线MN 经过点C ，且AD MN ⊥于点D ，BE MN ⊥于点E ．易得DE AD BE =+（不需要证明）．

（1）当直线MN 绕点C 旋转到图2的位置时，其余条件不变，你认为上述结论是否成

立？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出此时DE AD BE

、、之间的数量关系，并说明理由；

（2）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，其余条件不变，请直接写出此时

DE AD BE

、、之间的数量关系（不需要证明）．

【答案】(1) 不成立，DE=AD-BE，理由见解析；(2) DE=BE-AD

【解析】

【分析】

(1)DE、AD、BE之间的数量关系是DE=AD-BE．由垂直的性质可得到∠CAD=∠BCE，证得

△ACD≌△CBE，得到AD=CE，CD=BE，即有DE=AD-BE；

(2)DE、AD、BE之间的关系是DE=BE-AD．证明的方法与(1)一样．

【详解】

(1)不成立．

DE、AD、BE之间的数量关系是DE=AD-BE，

理由如下：如图，

∵∠ACB=90°，BE⊥CE，AD⊥CE，AC CB

=，

∴∠ACD+∠CAD=90°，

又∠ACD+∠BCE=90°，

∴∠CAD=∠BCE，

在△ACD和△CBE中，

90

ADC CEB

CAD BCE

AC CB

∠=∠=?

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△ACD≌△CBE(AAS)，

∴AD=CE，CD=BE，

∴DE=CE-CD=AD-BE；

(2)结论：DE=BE-AD ．

∵∠ACB=90°，BE ⊥CE ，AD ⊥CE ，AC CB =，

∴∠ACD+∠CAD=90°，

又∠ACD+∠BCE=90°，

∴∠CAD=∠BCE ，

在△ACD 和△CBE 中，

90ADC CEB CAD BCE AC CB ∠=∠=???∠=∠??=?

，

∴△ADC ≌△CEB(AAS)，

∴AD=CE ，DC=BE ，

∴DE=CD-CE=BE-AD ．

【点睛】

本题考查了旋转的性质、直角三角形全等的判定与性质，旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．

8．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.

9．（1）如图（1），已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：DE=BD+CE．

（2）如图（2），将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m 上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）如图（3），D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，求证:△DEF是等边三角形．

【答案】(1)见解析；（2）成立，理由见解析；(3)见解析

【解析】

【分析】

（1）因为DE=DA+AE ，故通过证BDA AEC ?△△，得出DA=EC ，AE=BD ，从而证得DE=BD+CE.

（2）成立，仍然通过证明BDA AEC ?△△，得出BD=AE ，AD=CE ，所以

DE=DA+AE=EC+BD.

（3）由BDA AEC ?△△得BD=AE ，=BDA AEC ∠∠，ABF 与ACF 均等边三角形，得==60BA AC ?∠F ∠F ，FB=FA ，所以=BA BA AC AC ∠F ＋∠D ∠F ＋∠E ，即FBD FAB ?∠∠，所以BDF AEF ?△△，所以FD=FE ，BFD AFE ?∠∠，再根据=60BFD FA BFA =?∠＋∠D ∠，得=60AF FA =?∠E ＋∠D ，即=60FE =?∠D ，故DFE △是等边三角形.

【详解】

证明：(1)∵BD ⊥直线m ，CE ⊥直线m

∴∠BDA ＝∠CEA=90°，∵∠BAC ＝90°

∴∠BAD+∠CAE=90°，∵∠BAD+∠ABD=90°

∴∠CAE=∠ABD ，又AB=AC ，∴△ADB ≌△CEA

∴AE=BD ，AD=CE ，∴DE=AE+AD= BD+CE

(2)∵∠BDA =∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD +∠CAE=180°—α

∴∠DBA=∠CAE ，∵∠BDA=∠AEC=α，AB=AC

∴△ADB ≌△CEA ，∴AE=BD ，AD=CE

∴DE=AE+AD=BD+CE

（3）由（2）知，△ADB≌△CEA， BD=AE，∠DBA =∠CAE

∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°

∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，∴∠DBF=∠FAE

∵BF=AF，∴△DBF≌△EAF

∴DF=EF，∠BFD=∠AFE

∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°

∴△DEF为等边三角形.

【点睛】

利用全等三角形的性质证线段相等是证两条线段相等的重要方法.

10．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．