原题5:如图,在墙面$OD(OD⊥OC)$的右侧有一个$△ABC,∠ACB=90°,BC=3cm,AC=4cm$,且$OA=8cm$,点P从点O出发,以1cm/s的速度在射线OA上运动,点Q在OD上运动,点P,Q同时从点O开始运动,设运动时间为$t(s)$。
若$△ABC$与$△POQ$全等,求点Q的运动速度。

【解析】因为$△ABC$与$△POQ$全等。先通过讨论直角边OP的对应边是CA还是CB来分类解决。可用t表示OP的长。

设点 Q 的运动速度为 x cm/s,则 OQ=xt cm,OP=t·1=t(cm)。因为 AC=4cm,∠BCA=∠QOP=90°,所以要使△ABC 与△POQ 全等,$\begin{cases} xt=3, \\ t=4 \end{cases}$或$\begin{cases} xt=4, \\ t=3, \end{cases}$解得 $x=\frac{4}{3}$ 或 $x=\frac{3}{4}$,所以点 Q 的运动速度为 $\frac{4}{3}$cm/s 或 $\frac{3}{4}$cm/s。

【分析】
本题中△ABC和△POQ均为直角三角形，直角是对应角，由于全等时直角边的对应关系未明确，因此需要分两种情况讨论：一是OP与AC为对应边、OQ与BC为对应边，二是OP与BC为对应边、OQ与AC为对应边。首先根据点P的运动速度和时间t表示出OP的长度，设点Q的运动速度为x，用x和t表示出OQ的长度，再结合全等三角形对应边相等的性质列方程求解即可。
【解析】
设点Q的运动速度为$x\ \mathrm{cm/s}$。
由题意得：点P的运动速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，运动时间为$t\ \mathrm{s}$，因此$OP=1× t=t\ \mathrm{cm}$，$OQ=x× t=xt\ \mathrm{cm}$。
$\because ∠ POQ=∠ ACB=90°$，要使$△ ABC$与$△ POQ$全等，分两种情况：
1. 当$OP=AC$，$OQ=BC$时：
已知$AC=4\ \mathrm{cm}$，$BC=3\ \mathrm{cm}$，可得方程组：
$\begin{cases} t=4 \\ xt=3 \end{cases}$
将$t=4$代入$xt=3$，解得$x=\frac{3}{4}$；
2. 当$OP=BC$，$OQ=AC$时：
可得方程组：
$\begin{cases} t=3 \\ xt=4 \end{cases}$
将$t=3$代入$xt=4$，解得$x=\frac{4}{3}$。
【答案】
$\frac{3}{4}\ \mathrm{cm/s}$或$\frac{4}{3}\ \mathrm{cm/s}$
【知识点】
全等三角形的性质，分类讨论思想，动点问题求解
【点评】
本题属于结合动点的全等三角形基础应用类题目，解题的核心是注意全等三角形对应边的不确定性，避免漏解，同时要掌握用运动速度、时间表示线段长度的方法。
【难度系数】
0.6

变式2:如图 1,AB = 4cm,AC⊥AB,BD⊥AB,AC=BD=3cm。点 P 在线段 AB 上以 1cm/s 的速度由点 A 向点 B 运动,同时,点 Q 在线段 BD 上由点 B 向点 D 运动。它们运动的时间为 t(s)。
(1)若点 Q 的运动速度与点 P 的运动速度相等,当 t=1 时,△ACP 与△BPQ 是否全等,请说明理由,并判断此时线段 PC 和线段 PQ 的位置关系。
(2)如图 2,将图 1 中的“AC⊥AB,BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA=60°”,其他条件不变。设点 Q 的运动速度为 xcm/s,是否存在实数 x,使得△ACP 与△BPQ 全等?若存在,求出相应的 x,t 的值;若不存在,请说明理由。

(1)当 t=1 时,AP=BQ=1,BP=AC=3,又∠A=∠B=90°,在△ACP 和△BPQ 中,因为 $\begin{cases} AP=BQ, \\ ∠A=∠B, \\ AC=BP, \end{cases}$所以△ACP≌△BPQ(SAS),所以∠ACP=∠BPQ,所以∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°,所以∠CPQ=90°,即线段 PC 与线段 PQ 垂直。
(2)①若△ACP≌△BPQ,则 AC=BP,AP=BQ,$\begin{cases} 3=4-t, \\ t=xt, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} t=1, \\ x=1; \end{cases}$②若△ACP≌△BQP,则 AC=BQ,AP=BP,$\begin{cases} 3=xt, \\ t=4-t, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} t=2, \\ x=\frac{3}{2}; \end{cases}$ 综上所述,存在 $\begin{cases} t=1, \\ x=1 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} t=2, \\ x=\frac{3}{2} \end{cases}$ 使得△ACP 与△BPQ 全等。

【分析】
(1) 解决第一问时，先根据运动时间和速度算出t=1时AP、BQ、BP的长度，结合已知的∠A=∠B=90°、AC=3cm的条件，用SAS判定定理判断两个三角形是否全等；全等后利用全等三角形对应角相等，结合直角三角形两锐角互余的性质，推导∠CPQ的度数，即可判断PC和PQ的位置关系。
(2) 解决第二问时，由于两个三角形全等的对应顶点不唯一，需要分两种情况讨论：第一种是△ACP≌△BPQ，第二种是△ACP≌△BQP，根据全等三角形对应边相等分别列方程组，求解x和t的值即可。
【解析】
(1) 当t=1时，点P、Q运动速度相等均为1cm/s，因此AP=BQ=1×1=1cm，
∵AB=4cm，
∴BP=AB-AP=4-1=3cm，
又
∵AC=3cm，AC⊥AB，BD⊥AB，
∴AC=BP，∠A=∠B=90°，
在△ACP和△BPQ中：
$\begin{cases} AP=BQ \\ ∠A=∠B \\ AC=BP \end{cases}$
∴△ACP≌△BPQ(SAS)，
∴∠ACP=∠BPQ，
∵在Rt△ACP中，∠APC+∠ACP=90°，
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°，
∴∠CPQ=180°-(∠APC+∠BPQ)=90°，即PC⊥PQ。
(2) 存在符合条件的实数x，分两种情况讨论：
① 若△ACP≌△BPQ，根据全等对应边相等可得：AC=BP，AP=BQ，
列方程组得：$\begin{cases} 3=4-t \\ t=xt \end{cases}$，解得：$\begin{cases} t=1 \\ x=1 \end{cases}$；
② 若△ACP≌△BQP，根据全等对应边相等可得：AC=BQ，AP=BP，
列方程组得：$\begin{cases} 3=xt \\ t=4-t \end{cases}$，解得：$\begin{cases} t=2 \\ x=\frac{3}{2} \end{cases}$。
【答案】
(1) △ACP与△BPQ全等，PC⊥PQ，理由见解析；
(2) 存在，当$\begin{cases} t=1 \\ x=1 \end{cases}$或$\begin{cases} t=2 \\ x=\frac{3}{2} \end{cases}$时，△ACP与△BPQ全等。
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，分类讨论思想
【点评】
本题是全等三角形与动点问题结合的典型题型，第一问侧重全等判定和性质的基础应用，第二问需要注意全等三角形对应关系不唯一的情况，分类讨论时不要漏解，可锻炼对全等对应边的辨析能力和方程思想的应用能力。
【难度系数】
0.6