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7. 如图,每个小正方形的边长都为1,点A,B,C,D均在格点上,则∠ACD+∠BDC=.
答案
$\boldsymbol{90°}$
解析
【分析】
要求∠ACD与∠BDC的和，观察发现这两个角是AC与BD的交点O和点C、D构成的△COD的两个内角，只要证明△COD是直角三角形（∠COD=90°），即可利用直角三角形两锐角互余得到结果。解题步骤如下：1. 过C、B分别作AD的垂线，构造两个直角三角形；2. 结合格点边长，用HL证明这两个直角三角形全等；3. 利用全等对应角相等和直角三角形两锐角互余，推导得到AC与BD的夹角为90°；4. 最后在△COD中计算两个锐角的和即可。
【解析】
过点C作CM⊥AD，垂足为M，过点B作BN⊥AD，垂足为N，则∠AMC=∠DNB=90°，△AMC和△DNB均为直角三角形。
∵每个小正方形边长为1，
∴AM=1，CM=3，BN=1，DN=3。
由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AM^2+CM^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
$BD=\sqrt{BN^2+DN^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
∴AC=BD。
在$Rt△ AMC$和$Rt△ DNB$中：
$\{\begin{array}{l}AC=BD \\AM=BN\end{array} $
∴$Rt△ AMC ≌ Rt△ DNB$（HL）。
∴∠CAM=∠DBN。
在$Rt△ DNB$中，∠DBN+∠BDN=90°（直角三角形两锐角互余）。
又
∵∠BDN=∠ODA（公共角），
∴∠CAM+∠ODA=90°。
在△AOD中，由三角形内角和为180°得：
∠AOD=180°-(∠CAM+∠ODA)=180°-90°=90°，
∴AC⊥BD，即∠COD=90°。
在△COD中，∠OCD+∠ODC=180°-∠COD=90°。
∵∠OCD=∠ACD，∠ODC=∠BDC，
∴∠ACD+∠BDC=90°。
【答案】
$\boldsymbol{90°}$
【知识点】
直角三角形全等的判定（HL），全等三角形的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题结合格点图形考查直角三角形全等的判定和性质，解题的关键是合理构造直角三角形，通过HL证明全等实现角的等量代换，进而推导线段垂直关系，最终得到角度和。
【难度系数】
0.6
要求∠ACD与∠BDC的和，观察发现这两个角是AC与BD的交点O和点C、D构成的△COD的两个内角，只要证明△COD是直角三角形（∠COD=90°），即可利用直角三角形两锐角互余得到结果。解题步骤如下：1. 过C、B分别作AD的垂线，构造两个直角三角形；2. 结合格点边长，用HL证明这两个直角三角形全等；3. 利用全等对应角相等和直角三角形两锐角互余，推导得到AC与BD的夹角为90°；4. 最后在△COD中计算两个锐角的和即可。
【解析】
过点C作CM⊥AD，垂足为M，过点B作BN⊥AD，垂足为N，则∠AMC=∠DNB=90°，△AMC和△DNB均为直角三角形。
∵每个小正方形边长为1，
∴AM=1，CM=3，BN=1，DN=3。
由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AM^2+CM^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
$BD=\sqrt{BN^2+DN^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
∴AC=BD。
在$Rt△ AMC$和$Rt△ DNB$中：
$\{\begin{array}{l}AC=BD \\AM=BN\end{array} $
∴$Rt△ AMC ≌ Rt△ DNB$（HL）。
∴∠CAM=∠DBN。
在$Rt△ DNB$中，∠DBN+∠BDN=90°（直角三角形两锐角互余）。
又
∵∠BDN=∠ODA（公共角），
∴∠CAM+∠ODA=90°。
在△AOD中，由三角形内角和为180°得：
∠AOD=180°-(∠CAM+∠ODA)=180°-90°=90°，
∴AC⊥BD，即∠COD=90°。
在△COD中，∠OCD+∠ODC=180°-∠COD=90°。
∵∠OCD=∠ACD，∠ODC=∠BDC，
∴∠ACD+∠BDC=90°。
【答案】
$\boldsymbol{90°}$
【知识点】
直角三角形全等的判定（HL），全等三角形的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题结合格点图形考查直角三角形全等的判定和性质，解题的关键是合理构造直角三角形，通过HL证明全等实现角的等量代换，进而推导线段垂直关系，最终得到角度和。
【难度系数】
0.6
8.(易错题)如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$, $AC=10\ \mathrm{cm}$,$BC=5\ \mathrm{cm}$,一条线段$PQ=AB$,$P$,$Q$两点分别在$AC$和$AC$的垂线$AX$上移动,则当$AP=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$时,才能使$△ ABC$和$△ APQ$全等.
答案
解：
∵ $AX⊥ AC$，$∠ C=90°$，
∴ $∠ C=∠ PAQ=90°$，
分两种情况讨论：
① 当$AP=BC=5\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ QPA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\BC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ QPA\ (\mathrm{HL})$；
② 当$AP=AC=10\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ PQA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\AC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ PQA\ (\mathrm{HL})$。
综上，$AP=\boldsymbol{5或10}\ \mathrm{cm}$。
∵ $AX⊥ AC$，$∠ C=90°$，
∴ $∠ C=∠ PAQ=90°$，
分两种情况讨论：
① 当$AP=BC=5\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ QPA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\BC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ QPA\ (\mathrm{HL})$；
② 当$AP=AC=10\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ PQA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\AC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ PQA\ (\mathrm{HL})$。
综上，$AP=\boldsymbol{5或10}\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
首先观察到△ABC和△APQ均为直角三角形，且已知斜边PQ=AB，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需再找到一组直角边对应相等即可证明两三角形全等。由于全等的对应边关系不唯一，需分两种情况讨论：一是AP与BC对应相等，二是AP与AC对应相等，分别计算两种情况的AP长度即可，注意不要漏解。
【解析】
∵ $AX⊥ AC$，$∠ C=90°$，
∴ $∠ C=∠ PAQ=90°$，
分两种情况讨论：
① 当$AP=BC=5\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ QPA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\BC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ QPA\ (\mathrm{HL})$；
② 当$AP=AC=10\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ PQA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\AC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ PQA\ (\mathrm{HL})$。
综上，$AP$的长度为5cm或10cm。
【答案】
5或10
【知识点】
1. 直角三角形HL判定
2. 分类讨论思想
【点评】
本题是典型的易错题，解题核心是明确全等三角形的对应关系不唯一，需要结合已知条件分情况讨论，避免漏解，同时要注意HL判定定理仅适用于直角三角形的全等判定。
【难度系数】
0.6
首先观察到△ABC和△APQ均为直角三角形，且已知斜边PQ=AB，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需再找到一组直角边对应相等即可证明两三角形全等。由于全等的对应边关系不唯一，需分两种情况讨论：一是AP与BC对应相等，二是AP与AC对应相等，分别计算两种情况的AP长度即可，注意不要漏解。
【解析】
∵ $AX⊥ AC$，$∠ C=90°$，
∴ $∠ C=∠ PAQ=90°$，
分两种情况讨论：
① 当$AP=BC=5\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ QPA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\BC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ QPA\ (\mathrm{HL})$；
② 当$AP=AC=10\ \mathrm{cm}$时，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ PQA$中，
$\begin{cases}AB=PQ \\AC=AP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ PQA\ (\mathrm{HL})$。
综上，$AP$的长度为5cm或10cm。
【答案】
5或10
【知识点】
1. 直角三角形HL判定
2. 分类讨论思想
【点评】
本题是典型的易错题，解题核心是明确全等三角形的对应关系不唯一，需要结合已知条件分情况讨论，避免漏解，同时要注意HL判定定理仅适用于直角三角形的全等判定。
【难度系数】
0.6
9. 如图,点B,E,C,F在同一条直线上,AC与DE交于点G,∠A=∠D=90°,AC=DF,BE=CF.
(1)求证:Rt△ABC ≌ Rt△DEF;
(2)若AB=3,GE=2,求DG的长.
(1)求证:Rt△ABC ≌ Rt△DEF;
(2)若AB=3,GE=2,求DG的长.
答案
(1) 证明：
∵ $BE = CF$，
∴ $BE + EC = CF + EC$，即 $BC = EF$。
又∵ $∠ A = ∠ D = 90°$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC$ 和 $\mathrm{Rt}△ DEF$ 均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ DEF$中：
$\begin{cases}BC = EF \\AC = DF\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF\ (\mathrm{HL})$。
---
(2) 解：
∵ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF$，
∴ $DE = AB = 3$。
∵ $GE = 2$，
∴ $DG = DE - GE = 3 - 2 = 1$。
答：$DG$的长为$\boldsymbol{1}$。
∵ $BE = CF$，
∴ $BE + EC = CF + EC$，即 $BC = EF$。
又∵ $∠ A = ∠ D = 90°$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC$ 和 $\mathrm{Rt}△ DEF$ 均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ DEF$中：
$\begin{cases}BC = EF \\AC = DF\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF\ (\mathrm{HL})$。
---
(2) 解：
∵ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF$，
∴ $DE = AB = 3$。
∵ $GE = 2$，
∴ $DG = DE - GE = 3 - 2 = 1$。
答：$DG$的长为$\boldsymbol{1}$。
解析
【分析】
(1) 要证Rt△ABC≌Rt△DEF，已知两个三角形均为直角三角形，且给出了一组直角边AC=DF，根据HL判定定理，还需证明斜边BC=EF。由已知BE=CF，给等式两边同时加上公共线段EC，即可推出BC=EF，满足HL的判定条件，即可完成证明。
(2) 求DG的长，已知GE=2，只需先求出DE的长度即可。根据第一问的全等结论，全等三角形对应边相等，可得DE=AB=3，再用DE减去GE的长度，就能得到DG的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ $BE = CF$，
∴ $BE + EC = CF + EC$，即 $BC = EF$。
又
∵ $∠ A = ∠ D = 90°$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC$ 和 $\mathrm{Rt}△ DEF$ 均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ DEF$中：
$\begin{cases}BC = EF \\AC = DF\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF\ (\mathrm{HL})$。
(2) 解：
∵ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF$，
∴ $DE = AB = 3$。
∵ $GE = 2$，
∴ $DG = DE - GE = 3 - 2 = 1$。
【答案】
(1) Rt△ABC ≌ Rt△DEF得证；
(2) $DG$的长为$\boldsymbol{1}$。
【知识点】
HL判定全等、全等三角形的性质、线段和差计算
【点评】
本题考查直角三角形全等的判定与性质的应用，解题关键是先通过线段的和差关系得到相等的斜边，再利用HL定理判定直角三角形全等，最后根据全等对应边相等计算线段长度，属于全等模块的基础常规题。
【难度系数】
0.8
(1) 要证Rt△ABC≌Rt△DEF，已知两个三角形均为直角三角形，且给出了一组直角边AC=DF，根据HL判定定理，还需证明斜边BC=EF。由已知BE=CF，给等式两边同时加上公共线段EC，即可推出BC=EF，满足HL的判定条件，即可完成证明。
(2) 求DG的长，已知GE=2，只需先求出DE的长度即可。根据第一问的全等结论，全等三角形对应边相等，可得DE=AB=3，再用DE减去GE的长度，就能得到DG的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ $BE = CF$，
∴ $BE + EC = CF + EC$，即 $BC = EF$。
又
∵ $∠ A = ∠ D = 90°$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC$ 和 $\mathrm{Rt}△ DEF$ 均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ DEF$中：
$\begin{cases}BC = EF \\AC = DF\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF\ (\mathrm{HL})$。
(2) 解：
∵ $\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF$，
∴ $DE = AB = 3$。
∵ $GE = 2$，
∴ $DG = DE - GE = 3 - 2 = 1$。
【答案】
(1) Rt△ABC ≌ Rt△DEF得证；
(2) $DG$的长为$\boldsymbol{1}$。
【知识点】
HL判定全等、全等三角形的性质、线段和差计算
【点评】
本题考查直角三角形全等的判定与性质的应用，解题关键是先通过线段的和差关系得到相等的斜边，再利用HL定理判定直角三角形全等，最后根据全等对应边相等计算线段长度，属于全等模块的基础常规题。
【难度系数】
0.8
10. (2024 玉溪期中)如图，$AB=AC$，$DE ⊥ AB$，垂足为$E$，$DF ⊥ AC$，垂足为$F$，$DE=DF$。求证：$∠ B=∠ C$。
答案
证明：
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ ∠AED = ∠AFD = 90°，
∴ △ADE和△ADF都是直角三角形。
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
$\{\begin{array}{l} AD = AD \\ DE = DF \end{array} $
∴ Rt△ADE ≌ Rt△ADF（HL），
∴ ∠BAD = ∠CAD。
在△ABD和△ACD中，
$\{\begin{array}{l} AB = AC \\ ∠BAD = ∠CAD \\ AD = AD \end{array} $
∴ △ABD ≌ △ACD（SAS），
∴ ∠B = ∠C。
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ ∠AED = ∠AFD = 90°，
∴ △ADE和△ADF都是直角三角形。
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
$\{\begin{array}{l} AD = AD \\ DE = DF \end{array} $
∴ Rt△ADE ≌ Rt△ADF（HL），
∴ ∠BAD = ∠CAD。
在△ABD和△ACD中，
$\{\begin{array}{l} AB = AC \\ ∠BAD = ∠CAD \\ AD = AD \end{array} $
∴ △ABD ≌ △ACD（SAS），
∴ ∠B = ∠C。
解析
【分析】
要证明∠B=∠C，可通过证明∠B和∠C所在的△ABD与△ACD全等推导。已知AB=AC，AD是两个三角形的公共边，因此只需证出夹角∠BAD=∠CAD即可。观察已知条件，DE⊥AB、DF⊥AC，可知△ADE和△ADF均为直角三角形，又已知DE=DF，AD为公共斜边，可通过“HL”判定这两个直角三角形全等，从而得到∠BAD=∠CAD，最终证明△ABD≌△ACD推导出结论。
【解析】
证明：
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ ∠AED = ∠AFD = 90°，
∴ △ADE和△ADF都是直角三角形。
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
$\{\begin{array}{l} AD = AD \\ DE = DF \end{array} $
∴ Rt△ADE ≌ Rt△ADF（HL），
∴ ∠BAD = ∠CAD。
在△ABD和△ACD中，
$\{\begin{array}{l} AB = AC \\ ∠BAD = ∠CAD \\ AD = AD \end{array} $
∴ △ABD ≌ △ACD（SAS），
∴ ∠B = ∠C。
【答案】
证明：
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ ∠AED = ∠AFD = 90°，
∴ △ADE和△ADF都是直角三角形。
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
$\{\begin{array}{l} AD = AD \\ DE = DF \end{array} $
∴ Rt△ADE ≌ Rt△ADF（HL），
∴ ∠BAD = ∠CAD。
在△ABD和△ACD中，
$\{\begin{array}{l} AB = AC \\ ∠BAD = ∠CAD \\ AD = AD \end{array} $
∴ △ABD ≌ △ACD（SAS），
∴ ∠B = ∠C。
【知识点】
1. HL判定直角三角形全等
2. SAS判定三角形全等
3. 全等三角形对应角相等
【点评】
本题考查三角形全等的判定与性质的综合应用，解题核心是先通过HL证明直角三角形全等得到角相等的过渡条件，再利用SAS证明目标三角形全等推导结论，要求学生熟练掌握全等三角形的判定定理，灵活寻找全等条件。
【难度系数】
0.7
要证明∠B=∠C，可通过证明∠B和∠C所在的△ABD与△ACD全等推导。已知AB=AC，AD是两个三角形的公共边，因此只需证出夹角∠BAD=∠CAD即可。观察已知条件，DE⊥AB、DF⊥AC，可知△ADE和△ADF均为直角三角形，又已知DE=DF，AD为公共斜边，可通过“HL”判定这两个直角三角形全等，从而得到∠BAD=∠CAD，最终证明△ABD≌△ACD推导出结论。
【解析】
证明：
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ ∠AED = ∠AFD = 90°，
∴ △ADE和△ADF都是直角三角形。
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
$\{\begin{array}{l} AD = AD \\ DE = DF \end{array} $
∴ Rt△ADE ≌ Rt△ADF（HL），
∴ ∠BAD = ∠CAD。
在△ABD和△ACD中，
$\{\begin{array}{l} AB = AC \\ ∠BAD = ∠CAD \\ AD = AD \end{array} $
∴ △ABD ≌ △ACD（SAS），
∴ ∠B = ∠C。
【答案】
证明：
∵ DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ ∠AED = ∠AFD = 90°，
∴ △ADE和△ADF都是直角三角形。
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
$\{\begin{array}{l} AD = AD \\ DE = DF \end{array} $
∴ Rt△ADE ≌ Rt△ADF（HL），
∴ ∠BAD = ∠CAD。
在△ABD和△ACD中，
$\{\begin{array}{l} AB = AC \\ ∠BAD = ∠CAD \\ AD = AD \end{array} $
∴ △ABD ≌ △ACD（SAS），
∴ ∠B = ∠C。
【知识点】
1. HL判定直角三角形全等
2. SAS判定三角形全等
3. 全等三角形对应角相等
【点评】
本题考查三角形全等的判定与性质的综合应用，解题核心是先通过HL证明直角三角形全等得到角相等的过渡条件，再利用SAS证明目标三角形全等推导结论，要求学生熟练掌握全等三角形的判定定理，灵活寻找全等条件。
【难度系数】
0.7
11.(推理能力)如图,点P的坐标为(2,2),点A在x轴正半轴上运动,点B在y轴负半轴上运动,且PA=PB.
(1)求证:PA⊥PB;
(2)若点A的坐标为(8,0),则点B的坐标为;
(3)求OA-OB的值.
(1)求证:PA⊥PB;
(2)若点A的坐标为(8,0),则点B的坐标为;
(3)求OA-OB的值.
答案
(1) 证明：
过点P作$PC ⊥ x$轴于点C，$PD ⊥ y$轴于点D。
∵点P的坐标为$(2,2)$，
∴$PC=PD=2$，$∠ CPD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PCA$和$\mathrm{Rt}△ PDB$中，
$\begin{cases}PA=PB \\PC=PD\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB(\mathrm{HL})$。
∴$∠ CPA=∠ DPB$。
∴$∠ DPB + ∠ APD = ∠ CPA + ∠ APD = ∠ CPD=90°$，即$∠ APB=90°$。
∴$PA ⊥ PB$。
(2)
$\boldsymbol{(0,-4)}$
(3) 解：
∵$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB$，
∴$AC=BD$。
∵$OA=OC+AC$，$OB=BD-OD$，且$OC=OD=2$，
∴$OA-OB = OC+AC-(BD-OD) = OC+OD = 2+2=4$。
过点P作$PC ⊥ x$轴于点C，$PD ⊥ y$轴于点D。
∵点P的坐标为$(2,2)$，
∴$PC=PD=2$，$∠ CPD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PCA$和$\mathrm{Rt}△ PDB$中，
$\begin{cases}PA=PB \\PC=PD\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB(\mathrm{HL})$。
∴$∠ CPA=∠ DPB$。
∴$∠ DPB + ∠ APD = ∠ CPA + ∠ APD = ∠ CPD=90°$，即$∠ APB=90°$。
∴$PA ⊥ PB$。
(2)
$\boldsymbol{(0,-4)}$
(3) 解：
∵$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB$，
∴$AC=BD$。
∵$OA=OC+AC$，$OB=BD-OD$，且$OC=OD=2$，
∴$OA-OB = OC+AC-(BD-OD) = OC+OD = 2+2=4$。
解析
【分析】
(1)要证明$PA⊥PB$，核心是证明$∠APB=90°$。已知点$P$坐标为$(2,2)$，可过$P$分别作$x$轴、$y$轴的垂线，得到两条长度相等的垂线段，结合已知$PA=PB$，可通过HL证明两个直角三角形全等，再通过角的等量代换推导$∠APB$为直角即可。
(2)已知$A$点坐标，结合$P$点坐标先求出$AC$的长度，利用(1)中全等三角形对应边相等的性质得到$BD$的长度，再结合$OD$的长度计算出$OB$的长度，根据$B$在$y$轴负半轴即可写出$B$点坐标。
(3)求$OA-OB$的值时，可将$OA$、$OB$分别拆分为$OC+AC$、$BD-OD$，结合全等得$AC=BD$，代入后消去相等的线段即可求出结果。
【解析】
(1) 证明：
过点$P$作$PC ⊥ x$轴于点$C$，$PD ⊥ y$轴于点$D$。
∵点$P$的坐标为$(2,2)$，
∴$PC=PD=2$，$∠ CPD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PCA$和$\mathrm{Rt}△ PDB$中，
$\begin{cases}PA=PB \\PC=PD\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB(\mathrm{HL})$。
∴$∠ CPA=∠ DPB$。
∴$∠ APB=∠ DPB + ∠ APD = ∠ CPA + ∠ APD = ∠ CPD=90°$，
∴$PA ⊥ PB$。
(2) 解：已知$A(8,0)$，$C$点坐标为$(2,0)$，则$AC=8-2=6$。
由$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB$得$BD=AC=6$，
∵$D$点坐标为$(0,2)$，$OD=2$，$B$在$y$轴负半轴，
∴$OB=BD-OD=6-2=4$，即$B$点坐标为$(0,-4)$。
(3) 解：
∵$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB$，
∴$AC=BD$。
∵$OA=OC+AC$，$OB=BD-OD$，且$OC=OD=2$，
∴$OA-OB = (OC+AC)-(BD-OD) = OC+AC - BD + OD = 2+2=4$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\boldsymbol{(0,-4)}$；
(3) $\boldsymbol{4}$
【知识点】
HL判定全等，全等三角形性质，坐标系几何综合
【点评】
本题以平面直角坐标系为背景，考查了直角三角形全等的判定和性质，作辅助线构造全等直角三角形是解题的突破口，解题过程中需要结合坐标系中点的坐标特征进行线段长度的转化，能有效锻炼数形结合思维和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.65
(1)要证明$PA⊥PB$，核心是证明$∠APB=90°$。已知点$P$坐标为$(2,2)$，可过$P$分别作$x$轴、$y$轴的垂线，得到两条长度相等的垂线段，结合已知$PA=PB$，可通过HL证明两个直角三角形全等，再通过角的等量代换推导$∠APB$为直角即可。
(2)已知$A$点坐标，结合$P$点坐标先求出$AC$的长度，利用(1)中全等三角形对应边相等的性质得到$BD$的长度，再结合$OD$的长度计算出$OB$的长度，根据$B$在$y$轴负半轴即可写出$B$点坐标。
(3)求$OA-OB$的值时，可将$OA$、$OB$分别拆分为$OC+AC$、$BD-OD$，结合全等得$AC=BD$，代入后消去相等的线段即可求出结果。
【解析】
(1) 证明：
过点$P$作$PC ⊥ x$轴于点$C$，$PD ⊥ y$轴于点$D$。
∵点$P$的坐标为$(2,2)$，
∴$PC=PD=2$，$∠ CPD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PCA$和$\mathrm{Rt}△ PDB$中，
$\begin{cases}PA=PB \\PC=PD\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB(\mathrm{HL})$。
∴$∠ CPA=∠ DPB$。
∴$∠ APB=∠ DPB + ∠ APD = ∠ CPA + ∠ APD = ∠ CPD=90°$，
∴$PA ⊥ PB$。
(2) 解：已知$A(8,0)$，$C$点坐标为$(2,0)$，则$AC=8-2=6$。
由$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB$得$BD=AC=6$，
∵$D$点坐标为$(0,2)$，$OD=2$，$B$在$y$轴负半轴，
∴$OB=BD-OD=6-2=4$，即$B$点坐标为$(0,-4)$。
(3) 解：
∵$\mathrm{Rt}△ PCA ≌ \mathrm{Rt}△ PDB$，
∴$AC=BD$。
∵$OA=OC+AC$，$OB=BD-OD$，且$OC=OD=2$，
∴$OA-OB = (OC+AC)-(BD-OD) = OC+AC - BD + OD = 2+2=4$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\boldsymbol{(0,-4)}$；
(3) $\boldsymbol{4}$
【知识点】
HL判定全等，全等三角形性质，坐标系几何综合
【点评】
本题以平面直角坐标系为背景，考查了直角三角形全等的判定和性质，作辅助线构造全等直角三角形是解题的突破口，解题过程中需要结合坐标系中点的坐标特征进行线段长度的转化，能有效锻炼数形结合思维和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.65
