深圳数学全等三角形易错题(Word版 含答案)
一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．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．
2．如图，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）求∠FAE的度数；
（3）求证：CD=2BF+DE．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠FAE=135°；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件易证∠BAC=∠DAE，再由AB=AD，AE=AC，根据SAS即可证得
△ABC≌△ADE；
（2）已知∠CAE=90°，AC=AE，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得
∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，根据全等三角形的性质可得∠BCA=∠E=45°，再求得∠CAF=45°，由∠FAE=∠FAC+∠CAE即可得∠FAE的度数；
（3）延长BF到G，使得FG=FB，易证△AFB≌△AFG，根据全等三角形的性质可得
AB=AG，∠ABF=∠G，再由△BAC≌△DAE，可得AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，所以AG=AD，∠ABF=∠CDA，即可得∠G=∠CDA，利用AAS证得△CGA≌△CDA，由全等三角形的性质可得CG=CD，所以CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF．
【详解】
（1）∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAE=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
AB AD
BAC DAE
AC AE
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△BAC≌△DAE（SAS）；
（2）∵∠CAE=90°，AC=AE，
∴∠E=45°，
由（1）知△BAC ≌△DAE ，
∴∠BCA=∠E=45°，
∵AF ⊥BC ，
∴∠CFA=90°，
∴∠CAF=45°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°；
（3）延长BF 到G ，使得FG=FB ，
∵AF ⊥BG ，
∴∠AFG=∠AFB=90°，
在△AFB 和△AFG 中，
BF F AFB AFG AF AF G =??∠=∠??=?
， ∴△AFB ≌△AFG （SAS ），
∴AB=AG ，∠ABF=∠G ，
∵△BAC ≌△DAE ，
∴AB=AD ，∠CBA=∠EDA ，CB=ED ，
∴AG=AD ，∠ABF=∠CDA ，
∴∠G=∠CDA ，
在△CGA 和△CDA 中，
GCA DCA CGA CDA AG AD ∠=∠??∠=∠??=?
， ∴△CGA ≌△CDA ，
∴CG=CD ，
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF ，
∴CD=2BF+DE ．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，解决第3问需作辅助线，延长BF 到G ，使得FG=FB ，证得△CGA ≌△CDA 是解题的关键．
3．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
4．如图，在ABC ?中，90C ∠=?，4cm AC BC ==，点D 是斜边AB 的中点．点E 从点B 出发以1cm/s 的速度向点C 运动，点F 同时从点C 出发以一定的速度沿射线CA 方向运动，规定当点E 到终点C 时停止运动．设运动的时间为x 秒，连接DE 、DF ．
（1）填空：ABC S ?=______2cm ；
（2）当1x =且点F 运动的速度也是1cm/s 时，求证：DE DF =；
（3）若动点F 以3cm /s 的速度沿射线CA 方向运动，在点E 、点F 运动过程中，如果存在某个时间x ，使得ADF ?的面积是BDE ?面积的两倍，请你求出时间x 的值．
【答案】（1）8;(2)见解析；（3）
45或4. 【解析】
【分析】
（1）直接可求△ABC 的面积；
（2）连接CD ，根据等腰直角三角形的性质可求：∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，即BD=CD ，且BE=CF ，即可证△CDF ≌△BDE ，可得DE=DF ；
（3）分△ADF 的面积是△BDE 的面积的两倍和△BDE 与△ADF 的面积的2倍两种情况讨论，根据题意列出方程可求x 的值．
【详解】
解：（1）∵S △ABC =
12?AC×BC ∴S △ABC =12
×4×4=8（cm 2） 故答案为：8
（2）如图：连接CD
∵AC=BC ，D 是AB 中点
∴CD平分∠ACB
又∵∠ACB=90°
∴∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°
∴CD=BD
依题意得：BE=CF
∴在△CDF与△BDE中
BE CF
B DCA
BD CD
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴△CDF≌△BDE（SAS）
∴DE=DF
（3）如图：过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，
∵AD=BD，∠A=∠B=45°，∠AND=∠DMB=90°
∴△ADN≌△BDM（AAS）
∴DN=DM
当S△ADF=2S△BDE．
∴
1
2
×AF×DN=2×
1
2
×BE×DM
∴|4-3x|=2x
∴x1=4，x2=
4
5
综上所述：x=
4
5
或4
【点睛】
本题考查了动点问题的函数图象，全等三角形的性质和判定，利用分类思想解决问题是本题的关键．
5．如图①，在ABC中，90
BAC
∠=?，AB AC
=，AE是过A点的一条直线，且B、C在AE的异侧，BD AE
⊥于D，CE AE
⊥于E.
（1）求证：BD DE CE =+.
（2）若将直线AE 绕点A 旋转到图②的位置时（BD CE <），其余条件不变，问BD 与DE 、CE 的关系如何？请予以证明.
【答案】（1）见解析；（2）BD=DE-CE ，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知利用AAS 判定△ABD ≌△CAE 从而得到BD=AE ，AD=CE ，因为AE=AD+DE ，所以BD=DE+CE ；
（2）根据已知利用AAS 判定△ABD ≌△CAE 从而得到BD=AE ，AD=CE ，因为
AD+AE=BD+CE ，所以BD=DE-CE ．
【详解】
解：（1）∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∵∠ABD+∠BAE=90°，∠CAE+∠BAE=90°
∴∠ABD=∠CAE ，
∵AB=AC ，
在△ABD 和△CAE 中，
BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠??∠=∠??=?
∴△ABD ≌△CAE （AAS ），
∴BD=AE ，AD=CE ，
∵AE=AD+DE ，
∴BD=DE+CE ；
（2）BD 与DE 、CE 的数量关系是BD=DE-CE ，理由如下：
∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∴∠ABD+∠DAB=∠DAB+∠CAE ，
∴∠ABD=∠CAE ，
∵AB=AC ，
在△ABD 和△CAE 中，
BDA AEC
ABD CAE
AB AC
∠=∠
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，AD=CE，
∴AD+AE=BD+CE，
∵DE=BD+CE，
∴BD=DE-CE．
【点睛】
此题主要考查全等三角形的判定和性质，常用的判定方法有SSS，SAS，AAS，HL等．这种类型的题目经常考到，要注意掌握．
6．如图，在ABC
?中，903,7
C 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1
CO=，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）
21
2
；（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）903,7
C AC BC
∠=?==
，
∴
1121
37
222 ABC
S AC BC
=?=??=，
故答案为：21 2
（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°，
∴
2
2()
2
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．在ABC 中，AB AC =，点D 在BC 边上，且60,ADB E ∠=?是射线DA 上一动点(不与点D 重合，且DA DB ≠)，在射线DB 上截取DF DE =，连接EF ．
()1当点E 在线段AD 上时，
①若点E 与点A 重合时，请说明线段BF DC =；
②如图2，若点E 不与点A 重合，请说明BF DC AE =+；
()2当点E 在线段DA 的延长线上()DE DB >时，用等式表示线段,,AE BF CD 之间的数量关系(直接写出结果，不需要证明)．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）BF ＝AE-CD
【解析】
【分析】
（1）①根据等边对等角，求到B C ∠=∠，再由含有60°角的等腰三角形是等边三角形得
到ADF
?是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得到
120
AFB ADC
∠=∠=?，推出ABF ACD
??
≌，根据全等三角形的性质即可得出结论；
②过点A做AG∥EF交BC于点G，由△DEF为等边三角形得到DA＝DG，再推出AE＝GF，根据线段的和差即可整理出结论；
（2）根据题意画出图形，作出AG，由（1）可知，AE=GF，DC=BG，再由线段的和差和等量代换即可得到结论．
【详解】
（1）①证明：AB AC
=
B C
∴∠=∠
,60
DF DE ADB
=∠=?，且E与A重合，
ADF
∴?是等边三角形
60
ADF AFD
∴∠=∠=?
120
AFB ADC
∴∠=∠=?
在ABF
?和ACD
?中
AFB ADC
B C
AB AC
∠=∠
?
?
∠=∠
?
?=
?
ABF ACD
∴??
≌
BF DC
∴=
②如图2，过点A做AG∥EF交BC于点G，
∵∠ADB＝60°DE＝DF
∴△DEF为等边三角形
∵AG∥EF
∴∠DAG＝∠DEF＝60°，∠AGD＝∠EFD＝60°
∴∠DAG＝∠AGD
∴DA＝DG
∴DA－DE＝DG－DF，即AE＝GF
由①易证△AGB≌△ADC
∴BG＝CD
∴BF＝BG＋GF＝CD＋AE
（2）如图3，和（1）中②相同，过点A做AG∥EF交BC于点G，
由（1）可知，AE=GF ，DC=BG ，
BF CD BF BG GF AE ∴+=+==
故BF AE CD =-．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．综合实践
如图①，90,,,ACB AC BC AD CE BE CE ∠=?=⊥⊥，垂足分别为点D E 、，2.5, 1.7AD cm DE cm ==．
（1）求BE 的长；
（2）将CE 所在直线旋转到ABC ?的外部，如图②，猜想AD DE BE 、、之间的数量关系，直接写出结论，不需证明；
（3）如图③，将图①中的条件改为：在ABC ?中，,AC BC D C E =、、三点在同一直线上，并且BEC ADC BCA α∠=∠=∠=，其中α为任意钝角．猜想AD DE BE 、、之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)0.8cm;
(2)DE=AD+BE;
(3)DE=AD+BE ，证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)本小题只要先证明ACD CBE ?，得到AD CE =，CD BE =，再根据
2.5, 1.7AD cm DE cm ==，CD CE DE =-，易求出BE 的值；
(2)先证明ACD CBE ?，得到AD CE =，CD BE =，由图②ED=EC+CD ，等量代换易得到AD DE BE 、、之间的关系；
（３）本题先证明EBC DCA ∠=∠，然后运用“AAS”定理判定BEC CDA ?，从而得
到,BE CD EC AD ==，再结合图③中线段ED 的特点易找到AD DE BE 、、之间的数量关系．
【详解】
解：(1)∵,AD CD BE CE ⊥⊥
∴90ADC E ?∠=∠=
∴90ACD DAC ?∠+∠=
∵90ACB ?∠=
∴90ACD BCE ?∠+∠=
∴ACD BCE ∠=∠
在ACD 与CBE △中，90ADC E ACD BCE
AC BC ?
?∠=∠=?∠=∠??=?
∴ACD CBE ?
∴,AD CE CD BE ==
又∵ 2.5, 1.7AD cm DE cm ==， 2.5 1.70.8()CD CE DE AD DE cm =-=-=-= ∴0.8BE cm =
(2)∵,AD CD BE CE ⊥⊥
∴90ADC E ?∠=∠=
∴90ACD DAC ?∠+∠=
∴90ACB ?∠=
∴90ACD BCE ?∠+∠=
∴ACD BCE ∠=∠
在ACD 与CBE △中，90ADC E ACD BCE AC BC ?
?∠=∠=?∠=∠??=?
∴ACD CBE ?
∴,AD CE CD BE ==
又∵ED EC CD =+
∴ED AD BE =+
(3)∵BEC ADC BCA α∠=∠=∠=
∴180BCE ACD a ?∠+∠=-
180BCE BCE a ?∠+∠=-
∴ACD BCE ∠=∠
在ACD与CBE
△中，
ADC E a
ACD BCE
AC BC
∠=∠=
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴ACD CBE
?
∴,
AD CE CD BE
==
又∵ED EC CD
=+
∴ED AD BE
=+
【点睛】
本题考查的知识点是全等三角形的判定，确定一种判定定理，根据已知条件找到判定全等所需要的边相等或角相等的条件是解决这类题的关键．
9．（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．
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，
CE0DA0OA 0E
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 ＝72
（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．