专题6.6 线段与动点、角的旋转-2024-2025学年七年级数学上册举一反三系列（人教版2024）（解析版）

第第页专题6.6线段与动点、角的旋转【八大题型】 【人教版2024】TOC\o"1-3"\h\u【题型1距离和差】 1【题型2距离倍分】 5【题型3距离相等】 10【题型4动点与定点位置突变】 16【题型5双动点位置突变】 22【题型6单角突变——一边旋转】 28【题型7单角突变——两边旋转】 34【题型8图形旋转】 41【题型1距离和差】【例1】（2024七年级·全国·竞赛）如图，A,B分别是数轴上的两点，点C为线段AB上任意一点，点M为AC的中点，点N为BC的中点，若点A,B表示的数分别为a,b，那么MN=．【答案】b−a【分析】本题主要考查了线段的和差、线段的中点等知识点，明确各线段间的关系是解题的关键．由中点的定义可得：MC=12AC,CN=【详解】解：∵点M为AC的中点，点N为BC的中点，∴MC=1∵点A,B表示的数分别为a,b，∴AB=b−a∴MN=MC+CN=12AC+故答案为：b−a2【变式1-1】（23-24七年级·广东广州·期末）点A、B、C在同一条数轴上，其中点A、B表示的数分别为−3、1，若BC=2，则AC等于（）A．6 B．2 C．3或5 D．2或6【答案】D【分析】此题画图时会出现两种情况，即点C在线段AB上，点C在线段AB的延长线上，再计算即可．【详解】解：∵点A、B表示的数分别为−3、1，∴AB=4．第一种情况：C在线段AB的延长线上，如图，∵BC=2，∴AC=4+2=6；

第二种情况：C在线段AB上，如图，AC=4−2=2．

故选：D．【点睛】本题考查的是数轴上两点之间的距离，线段的和差运算，清晰的分类讨论是解本题的关键．【变式1-2】（23-24七年级·天津和平·期末）已知线段AB=a，CD=b，线段CD在直线AB上运动（A在B的左侧，C在D的左侧）．(1)若a、b①当D点与B点重合时，AC=；②M、N分别是AC、BD的中点，当BC=4时，求MN的长；(2)当线段CD运动到D点距离B点一个单位长度时，若有一点P在D点右侧且位于线段AB的延长线上，试求PA+PB−PC−PD的值．【答案】(1)①AC=6；②MN=9；(2)8或4【分析】（1）①本题考查了线段的和差，解题的关键是根据平方非负性求出a，b得值；②本题考查了线段得和差，解题的关键是正确画图，注意两种情况；（2）本题考查了线段的和差，解题的关键是正确画图，注意两张情况．【详解】（1）解：a−122∴a−12=0,b−6=0，∴a=12,b=6，①当D点与B点重合时，∴AC=AB−CD=6；②如下图1，∵M、N分别为线段AC,BD的中点，∴AM=1∴MN=AD−AM−DN=12+6+4−8−5=9；如上图2，∵M、N分别为线段AC,BD的中点，∴AM=1∴MN=AD−AM−DN=12+6−4−4−1=9；（2）如下图，由题意得：∵PA=AB+BP=12+BP,PC=CD−BD+BP=6−1+BP=5+BP,PD=BP−BD=BP−1，∴PA+PB−PC−PD=12+BP+BP−BP−5−BP+1=8；如下图，∵PA=AB+BP=12+BP,PC=CD+BD+BP=6+1+BP=7+BP,PD=BP+BD=BP+1，∴PA+PB−PC−PD=12+BP+BP−BP−7−BP−1=4．【变式1-3】（23-24七年级·福建福州·期末）已知线段AB和线段CD在同一直线上，线段AB（A在左，B在右）的长为a，长度小于AB的线段CD（D在左，C在右）在直线AB上移动，M为AC的中点，N为BD的中点，线段MN的长为b，则线段CD的长为（用a，b的式子表示）．【答案】a−2b/−2b+a【分析】根据题意画出图形，分情况讨论，再利用线段和差分别表示线段CD的长度即可．【详解】解：∵M为AC的中点，N为BD的中点，∴MA=MC=12AC∵线段AB和线段CD在同一直线上，线段AB（A在左，B在右）的长为a，长度小于AB的线段CD（D在左，C在右）在直线AB上移动，∴分以下5种情况说明：①当DC在AB左侧时，如图1，MN=DN−DM==即2MN=BD−2DC−AC，2MN=BD−DC−AC−DC，∴2MN=AB−DC，∴CD=AB−2MN=a−2b；②当点D与点A重合时，如图2，MN=MC+CN==即2MN=AC+AB−2DC2MN=DC+AB−2DC∴2MN=AB−DC，∴CD=AB−2MN=a−2b；③当DC在AB内部时，如图3，MN=MC+CN==即2MN=AC−BD+2BC2MN=AC+BC−BD+BC∴2MN=AB−DC，∴CD=AB−2MN=a−2b；④当点C在点B右侧时，同理可得：CD=a−2b；⑤当DC在AB右侧时，同理可得：CD=a−2b；综上所述：线段CD的长为a−2b．故答案为：a−2b．【点睛】本题考查线段的和差，根据题意画出对应情况的图形是解题的关键，注意分类讨论思想的运用．【题型2距离倍分】【例2】（23-24七年级·广东佛山·阶段练习）如图，点C、D是线段AB上两点，M、N分别是线段AD、BC的中点，给出下列结论：①若AD=BM，则AB=3BD；②AC=BD；则AM=BN；③AC−BD=2MC−DN；其中正确的有【答案】①②③【分析】由AD=BM可得AD=MD+BD，再由线段的中点AD=2BD，即可判断①；可得AC+CD=CD+BD，再由线段的中点可判断②；由AC−BD=AD−BC结合线段的中点可判断③．【详解】解：∵AD=BM，∴AD=MD+BD，∵M是线段AD的中点，∴MD=1∴AD=1∴AD=2BD，∴AD+BD=2BD+BD，即AB=3BD，故①正确；∵AC=BD，∴AC+CD=CD+BD，∴AD=BC，∵M、N分别是线段AD、BC的中点，∴AM=1BN=1∴AM=BN，故②正确；∵M、N分别是线段AD、BC的中点，∴AD=2MD，BC=2CN，∵AC−BD=AD−BC，∴AC−BD=2MD−2CN=2=2MC−DN故③正确；故答案：①②③．【点睛】本题考查了线段的中点定义，线段的和差；能根据所求线段或等式用线段和差表示，并由线段中点进行等量转换是解题的关键．【变式2-1】（23-24七年级·安徽宣城·期末）点A、B、C在同一条数轴上，点A、B表示的数分别是1、﹣3，若AB＝2AC，则点C表示的数是（

）A．3或﹣1 B．9或﹣7 C．0或﹣2 D．3或﹣7【答案】A【分析】由已知可得AB＝4，分点C在A左边和点C在A右边两种情况来解答．【详解】解：AB＝1﹣（﹣3）＝4，当C在A左边时，∵AB＝2AC，∴AC＝2，此时点C表示的数为1﹣2＝﹣1；当点C在A右边时，此时点C表示的数为1+2＝3，故选：A．【点睛】本题考查了数轴及两点间的距离；本题渗透了分类讨论的思想，体现了思维的严密性，在今后解决类似的问题时，要防止漏解．【变式2-2】（23-24七年级·浙江宁波·期末）如图，A,B,C为直线l上从左到右的三个点，AB=2BC，动点M、N分别从A、B两点同时出发，向右运动，点M的速度是点N的速度的3倍．在运动过程中，若要知道MN的长，则只要知道下列哪条线段的长，该线段是（

）

A．AM B．BN C．BM D．CM【答案】D【分析】本题考查了线段的和差关系，根据题意可设BC=a，BN=b，则AB=2a，AM=3b，可求出MN=2a−2b，BM=2a−b，CM=3a−3b【详解】解：设BC=a，则AB=2a，∵动点M、N分别从A、B两点同时出发，向右运动，点M的速度是点N的速度的3倍，∴AM=3BN，设BN=b，则AM=3b，∴MN=AB+BN−AM=CM=AB+BC−AM∴MN=2故选：D．【变式2-3】（23-24七年级·湖北武汉·期末）已知AB=24，DE=10，点C为线段AB的三等分点（BC>AC），点A在点B左侧，点D在点E左侧．(1)若线段DE在线段AB上运动．①如图1，当点C为线段DE的中点时，BE=；（直接写出结果）②M为线段AB上一点，且BM=2BE，CE+DM＝12(2)若线段DE在射线BA上运动，且2AD+CE=BD，求线段CD的长．【答案】(1)①11；②线段CE的长为4或203(2)线段CD的长为52或21【分析】（1）①利用三等分点的定义求出AC、BC，利用中点定义求出CE，再根据线段的和差关系即可求出BE；②分当点D、M在点C的右侧和点D在点C的右侧，点M在点C的左侧两种情况，画出图形解答即可求解；（2）分当线段DE在线段AB上、点D在BA的延长线上，点E在线段AB上和线段DE在线段BA的延长线上三种情况画出图形解答即可求解；本题考查了中点定义，三等分点定义，线段的和差，一元一次方程的应用，根据题意，画出图形，运用分类讨论思想进行解答是解题的关键．【详解】（1）解：①如图1，∵点C为线段AB的三等分点（BC>AC），∴AC=13AB=∵点C为线段DE的中点，∴CE=1∴BE=BC−CE=16−5=11，故答案为：11；②如图，当点D、M在点C的右侧时，设BE=x，则BE=ME=x，BM=2x，CE=16−x，DM=10−x，AE=24−x，∵CE+DM＝∴16−x+10−x=1解得x=28∴BE=28∴CE=BC−BE=16−28如图，当点D在点C的右侧，点M在点C的左侧时，设BE=x，则BE=ME=x，BM=2x，CE=16−x，DM=x−10，AE=24−x，∵CE+DM＝∴16−x+x−10=1解得x=12，∴BE=12，∴CE=BC−BE=16−12=4；∴线段CE的长为4或203（2）解：如图，当线段DE在线段AB上时，设AD=x，则CD=8−x，BD=24−x，∴CE=10−8−x∵2AD+CE=BD，∴2x+2+x=24−x，解得x=11∴CD=8−x=8−11如图，当点D在BA的延长线上，点E在线段AB上时，设AD=x，则CD=8+x，BD=24+x，∴CE=8+x−10=x−2，∵2AD+CE=BD，∴2x+x−2=24+x，解得x=13>10，不合，舍去；如图，当线段DE在线段BA的延长线上时，设AE=x，则AD=10+x，BD=10+x+24=34+x，CE=8+x，∵2AD+CE=BD，∴210+x解得x=3，∴CD=10+3+8=21；综上，线段CD的长为52或21【题型3距离相等】【例3】（23-24七年级·吉林·期末）如图，点A，B，C在数轴上表示的数分别是－3，3和1．动点P，Q两同时出发，动点P从点A出发，以每秒6个单位的速度沿A→B→A往返运动，回到点A停止运动；动点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度沿C→B向终点B匀速运动．设点P的运动时间为t（s）．（1）当点P到达点B时，求点Q所表示的数是多少；（2）当t=0.5时，求线段PQ的长；（3）当点P从点A向点B运动时，线段PQ的长为________（用含t的式子表示）；（4）在整个运动过程中，当P，Q两点到点C的距离相等时，直接写出t的值．【答案】（1）2；（2）1.5；（3）4-5t或5t-4；（4）47或45或8【分析】（1）先计算出点P到达点B时运动的时间，再计算出点Q相同时间内运动的路程，进而可得答案；（2）利用路程=速度×时间，分别计算出当t=0.5时点P、Q运动的路程，即AP和CQ的长，再根据PQ=AQ－AP计算即可；（3）分点P、Q重合前与重合后两种情况，画出图形，根据PQ=AQ－AP（重合前）与PQ=AP－AQ（重合后）列式化简即可；（4）分点P从点A向点B运动和点P从点B向点A运动时两种情况，每种情况再分点P、Q在点C异侧和点C同侧，用含t的代数式分别表示出CP和CQ，即可列出方程，解方程即可求出结果.【详解】解：（1）3−(−3)÷6=1，1×1+1=2，所以点Q（2）当t=0.5时，AP=6×0.5=3，CQ=1×0.5=0.5，所以PQ=AQ－AP=AC+CQ－AP=4+0.5－3=1.5；（3）在点P从点A向点B运动时，若点P、Q重合，则6t=t+4，解得：t=4当0≤t≤45时，如图1，当45<t≤1时，如图2，故答案为：4－5t或5t－4；（4）当点P从点A向点B运动时，若P，Q两点到点C的距离相等，则有如下两种情况：①点P、Q在点C两侧，如图3，根据题意，得：4−6t=t，解得：t=4②点P、Q在点C右侧，此时P、Q重合，由（3）题得：t=4当点P从点B向点A运动时，若P，Q两点到点C的距离相等，也有如下两种情况：③点P、Q在点C右侧，此时P、Q重合，根据题意，得：2−6t−6=t，解得：④点P、Q在点C两侧，如图4，根据题意，得：6t−6−2=t，解得：t=综上，在整个运动过程中，当P，Q两点到点C的距离相等时，t=47或45或8【点睛】本题考查了数轴上两点间的距离、线段的和差关系和一元一次方程的解法等知识，正确理解题意、全面分类、灵活运用方程思想和数形结合的思想是解题的关键.【变式3-1】（23-24七年级·吉林白山·期末）如图，直线l上有A，B，C三点，AB=8cm．直线l上有两个动点P，Q，点P从点A出发，以12cm/s的速度沿AB方向运动，同时点Q从点B出发，15cm/s

(1)当t为多少秒时，点B是线段PQ的中点？(2)运动过程中，当t为多少秒时，点P和点Q重合？(3)若点P运动至点Q右侧，则t为多少秒时，线段PQ与线段AQ的长度相等？【答案】(1)807(2)803(3)160秒【分析】本题考查一元一次方程的应用，中点的定义，数轴上两点之间的距离，（1）由中点定义可得PB=BQ，列出方程可求解；（2）由题意可得AB+BQ=AP，列出方程可求解；（3）根据题意列出方程可求解；找到正确的数量关系并列出方程是解题的关键．【详解】（1）解：∵点B是线段PQ的中点，∴PB=BQ，∴8−1解得：t=80∴当t为807秒时，点B是线段PQ（2）当点P和点Q重合时，则AB+BQ=AP，由题意可得：8+1∴t=80∴当t为803秒时，点P和点Q（3）当点P在点Q右侧，且线段PQ与线段AQ的长度相等，∴8+1∴t=160，∴当t为160秒时，线段PQ与线段AQ的长度相等．【变式3-2】（23-24七年级·浙江杭州·期中）已知数轴上A，B两点对应数分别为−2和4，P为数轴上一动点，对应数为x．(1)若P为线段AB的三等分点，求P点对应的数．(2)数轴上是否存在点P，使P点到A点、B点距离之和为10？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．(3)若点A、点B和点P(点P在原点)同时向左运动，它们的速度分别为1个单位长度/分、2个单位长度/分和1个单位长度/分，则经过多长时间其中一个点到另外两个点的距离相等．【答案】(1)0或2(2)x=−4或x=6(3)2分或5分或8分【分析】（1）根据题意结合图形即可解决问题；（2）分点P在线段AB的左边或右边两种情况来解答，列出方程即可解决问题．（3）设运动时间为t分，根据题意得：t分后点A对应的数为−2−t，点P对应的数为−t，点B对应的数为4−2t，然后分三种情况，列出方程即可解决问题．【详解】（1）解：∵点A、B的对应的数分别为−2，4，∴AB=6，∵P为线段AB的三等分点，∴点P对应的数为0或2；（2）解：存在．设点P对应的数为x，∵P点到A点、B点距离之和为10，∴点P在A点的左侧或B点的右侧，∴−2−x+4−x=10或x+2+x−4=10，解得：x=−4或x=6；（3）解：设运动时间为t分，根据题意得：t分后点A对应的数为−2−t，点P对应的数为−t，点B对应的数为4−2t，∵点A和点P的速度相同，∴点P始终为点A的右侧，当点P到点A，B的距离相等，即PA=PB时，−t−−2−t解得：t=2；当点B点A，点P的距离相等，即AB=BP时，4−2t−解得：t=5；当点A到点B，点P的距离相等，即AB=AP时，−2−t−解得：t=8∴经过时间2分或5分或8分时，其中一个点到另外两个点的距离相等．【点睛】本题主要考查了一元一次方程在数轴方面的应用问题；解题的关键是深刻把握题意，明确命题中的数量关系，正确列出方程．【变式3-3】（23-24七年级·吉林长春·阶段练习）如图，已知点A、B在数轴上分别对应−12和15，点O为原点，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，同时点Q从点B出发，以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，设运动的时间为t秒（t>0）．(1)线段AB的长度为______；(2)动点Q在数轴上表示的数为______；（用含t的代数式表示）(3)当点P、Q两点之间的距离为3时，求t的值：(4)当点P，O，Q中一个点到另外两个点（其中两个点重合时除外）的距离相等时，直接写出t的值．【答案】(1)27(2)15−3t(3)t=6或t=(4)t=3或t=397【分析】本题考查了数轴上的动点问题，涉及的知识点有两点间的距离，中点的定义，以及一元一次方程的应用，根据题意正确列出方程并准确解方程是解题的关键．（1）根据数轴上两点间的距离公式求解即可；（2）根据动点Q从点B出发，以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，即可得到答案；（3）根据P、Q两点之间的距离为3时，列方程−12+2t−15−3t=3（4）由题意可知其中一个点是另外两个点的中点，分三种情况：①O是PQ的中点时；②P是OQ的中点；③Q是PO的中点；分别求解即可．【详解】（1）解：AB=15−−12故答案为：27．（2）∵动点Q从点B出发，以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，∴Q在数轴上对应的数为15−3t，故答案为：15−3t．（3）∵动点P从点A出发，以每秒3个单位长度的速度向终点B运动，∴P在数轴上对应的数为−12+2t，点P的运动时间为：27÷2=13.5秒，点Q的运动时间为：27÷3=9秒，当点P、Q两点之间的距离为3时，−12+2t−15−3t=3当−12+2t−15−3t=3当−12+2t−15−3t=−3综上，当点P、Q两点之间的距离为3时，t=6或t=24（4）当点P，O，Q中一个点到另外两个点（其中两个点重合时除外）的距离相等时，即：其中一个点是另外两个点的中点，①O是PQ的中点时，得15−3t+−12+2t2②P是OQ的中点，得15−3t+02=−12+2t③Q是PO的中点，得−12+2t+02=15−3t综上，t=3或t=397或【题型4动点与定点位置突变】【例4】（23-24七年级·辽宁葫芦岛·期末）2023年6月30日，兴城西站正式投入使用，方便了广大市民的出行，下图是从北京站始发，途径兴城西站，开往沈阳南站的D21次列车的部分列车时刻表，请你仔细观察，完成下列问题：(1)兴城西站和海城西站之间的车票一共有______种；(2)如图所示，小明用数轴上的点A，B，C，D分别表示兴城西站、凌海南站、海城西站、鞍山西站，其中原点表示盘锦站，若点A表示的数为−7，点D表示的数为5；①当点B是线段AD的三等分点（点B离点A较近），点C在线段BD上时，已知CD=18AD②如果将D21次列车看作数轴上的一点P，动点P从A点出发，向x轴正方向匀速运动，若点M是线段DP的中点，且DM=3，求点P【答案】(1)12(2)①BC=132；②点P所表示的数为【分析】本题考查了线段数量问题，线段的和差计算，一元一次方程的应用；（1）转化为线段的数量问题，即可求解；（2）①根据题意得出AD=12，根据点B是线段AD的三等分点（点B离点A较近），得出AB=13AD=4，进而根据CD=18②因为点M是线段DP的中点，DM=3，则DP=6，设点P表示的数为x，分当点P在点D的左侧时，当点P在点D的右侧时，分别列出一元一次方程，解方程，即可求解．【详解】（1）兴城西站和海城西站之间共4个站点，则车票一共有2×(3+2+1)=12兴城西站和海城西站之间的车票一共有12种故答案为：12（2）①因为点A表示的数为−7，点D表示的数为5所以AD=12因为点B是线段AD的三等分点（点B离点A较近）所以AB=因为CD=1所以CD=因为AD=AB+BC+CD所以BC=AD−AB−CD=12−4−3②因为点M是线段DP的中点，DM=3所以DP=6设点P表示的数为x当点P在点D的左侧时，由题意可列方程为：5−x=6解得：x所以点P所表示的数为−1当点P在点D的右侧时，由题意可列方程为：x−5=6解得：x=11所以点P所表示的数为11综上所述，点P所表示的数为−1或11【变式4-1】（23-24七年级·河南周口·阶段练习）综合与实践已知数轴上A、B两点所表示的数分别为−3和9．

(1)观察发现：直接写出线段AB=__________．(2)情境探究：情境①：当点P为线段AB的中点时，且M为PA的中点，N为PB的中点，请你借助直尺在图1中画出相应的图形，并写出线段MN=__________；情境②：当点P为线段AB上的一个动点时，如图2，且M为PA的中点，N为PB的中点，试通过计算判断MN的长度是否发生变化？(3)迁移类比：当点P为数轴上点A左侧的一个动点时，如图3，且M为PA的中点，N为PB的中点，直接写出线段MN的长．【答案】(1)12(2)情境①：图见解析，6；情境②：MN的长度不变．(3)6【分析】本题考查了两点间的距离，线段的中点，理解中点的定义是解答本题的关键．（1）根据两点间的距离求解即可；（2）情境①：先根据点P为线段AB的中点求出AP=BP=6，再根据M为PA的中点，N为PB的中点求出MP=3，NP=3，然后相加即可；情境②：根据M为PA的中点，N为PB的中点求出MP=12AP（3）根据中点的定义得PM=12AP，PN=【详解】（1）MN=9−−3故答案为：12；（2）情境①：如图，

∵点P为线段AB的中点，∴AP=BP=1∵M为PA的中点，N为PB的中点，∴MP=12AP=3∴MN=MP+NP=6．故答案为：6；情境②：∵M为PA的中点，N为PB的中点，∴MP=12AP∴MN=MP+NP=6．∴MN=MP+NP=1∴MN的长度不变；（3）∵M为PA的中点，N为PB的中点，∴PM=12AP∴MN=PN−PM=1【变式4-2】（23-24七年级·河南南阳·期末）如图，在数轴上，点A表示的数是−4，点B表示的数是8，P是数轴上的一动点．

(1)线段AB的长是________________；(2)如果点P在线段AB上，点M是线段AP的中点，点N是线段PB的中点．求MN的长；(3)若点C在点A右侧且与点A之间的距离是3，当点P满足PC=2PB时，请直接写出在数轴上点P表示的数．【答案】(1)12(2)6(3)17或5【分析】（1）直接根据数轴上两点之间距离的计算方法求解即可；（2）根据中点的定义得出MP=12AP，NP=（3）分点P在点B左侧和当点P在点B右侧，两种情况，根据PC=2PB列出方程，解之即可．【详解】（1）解：线段AB的长是8−−4（2）∵点M是线段AP的中点，点N是线段PB的中点，∴MP=12AP∴MN=MP+NP=1（3）设点P表示的数为x，∵点C在点A右侧且与点A之间的距离是3，∴点C表示的数为−4+3=−1，∵PC=2PB，∴点P在点C右侧，∴当点P在点B左侧时，x−−1解得：x=5，当点P在点B右侧时，x−−1解得：x=17，综上：点P表示的数为17或5．【点睛】本题主要考查一元一次方程，数轴上对应的点、数轴上两点间的距离，熟练掌握数轴上两点间的距离的表示方法是解决本题的关键．【变式4-3】（23-24七年级·福建福州·期末）如图，线段AB=24，动点P从A出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线AB运动，M为AP的中点．点P的运动时间为x秒．(1)若x=5时，求BM的长；(2)当P在线段AB上运动时，2BM−PB是定值吗?如果是，请求出该定值，如果不是，请说明理由；(3)当P在射线AB上运动时，N为BP的中点，求MN的长度．【答案】(1)19(2)2BM−PB是定值，定值为24(3)12【分析】本题考查了与线段中点有关的计算，线段的和与差．明确线段之间的数量关系是解题的关键．（1）当x=5时，AP=2×5=10，则AM=12AP=5（2）由题意知，AM=12AP，BM=AB−AM（3）由题意知，分当P在线段AB上运动时，如图1，根据MN=MP+NP=12AP+BP=12AB【详解】（1）解：当x=5时，AP=2×5=10，∵M为AP的中点，∴AM=1∴BM=AB−AM=19，∴BM的长为19．（2）解：当P在线段AB上运动时，2BM−PB是定值；由题意知，AM=12AP∴2BM−PB=2AB−AM∴2BM−PB是定值，定值为24；（3）解：当P在线段AB上运动时，如图1，

图1由题意知，PN=1∴MN=MP+NP=1当P在线段AB的延长线上运动时，如图2，

图2由题意知，PN=1MN=MP−NP=1综上所述，MN的长度为12cm．【题型5双动点位置突变】【例5】（23-24七年级·湖北孝感·期末）如图，已知点A、B、C是直线l上的三个点，线段AB＝8厘米．（1）若AB＝2BC，求线段AC的长度；（2）若点C是线段AB的中点，点P、Q是直线l上的两个动点，点P的速度为1厘米/秒，点Q的速度为2厘米/秒．点P、Q分别从点C、B同时出发在直线上运动，则经过多少秒时线段PQ的长为5厘来？

【答案】（1）12厘米；（2），经过13或1或3秒或9秒时线段PQ【分析】（1）根据线段的和差倍分即可得到结论；（2）由于BC＝4厘米，点P、Q分别从点C、点B同时出发在直线上运动，当线段PQ的长为5厘米时，可分四种情况进行讨论：点P向左、点Q向右运动；点P、Q都向右运动；点P、Q都向左运动；点P向右、点Q向左运动；都可以根据线段PQ的长为5厘米列出方程，解方程即可．【详解】解：（1）点C在点B的左侧，如图1，

∵AB＝8厘米，AB＝2BC，∴BC＝4厘米，∴AC＝AB﹣BC＝8﹣4＝4厘米；点C在点B的右侧，如图2，

∵AB＝8厘米，AB＝2BC，∴BC＝4厘米，∴AC＝AB+BC＝8+4＝12厘米；（2）∵点C是线段AB的中点，∴BC＝4厘米，设运动时间为t秒，PQ＝5厘米．①如果点P向左、点Q向右运动时，如图3，

由题意，得：t+2t＝5﹣4，解得t＝13②点P、Q都向右运动时，如图4，

由题意，得：2t﹣t＝5﹣4，解得t＝1；③点P向右、点Q向左运动，如图5，

由题意，得：2t﹣4+t＝5，解得t＝3；④点P、Q都向左运动，如图6

由题意，得：2t﹣t＝5+4，解得t＝9．综上所述，经过13或1或3秒或9秒时线段PQ【点睛】此题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系进行列方程求解.【变式5-1】（23-24七年级·黑龙江佳木斯·期末）如图，直线l上有A、B两点，AB＝18cm，O是线段AB上的一点，OA＝2OB．（1）OA＝cm，OB＝cm．（2）若动点P，Q分别从点A、B同时出发，向右运动，点P的速度为2cm/s，点Q的速度为1cm/s．设运动时间为ts，当点P与点Q重合时，P，Q两点停止运动．当t为何值时，2OP﹣OQ＝3cm？【答案】（1）12，6．（2）3s或11s【分析】（1）由OA＝2OB，OA+OB＝18，即可求出OA、OB．（2）①分两种情形当点P在点O左边时，2（12﹣2t）﹣（6+t）＝8，当点P在点O右边时，2（2t﹣12）﹣（6+t）＝3，解方程即可．【详解】解：（1）∵AB＝18cm，OA＝2OB，∴2OB+OB＝18cm，∴OB＝6cm，OA＝12cm，故答案分别为12，6．（2）①当点P在点O左边时，2（12﹣2t）﹣（6+t）＝3，t＝3，当点P在点O右边时，2（2t﹣12）﹣（6+t）＝3，t＝11，∴t＝3s或11s时，2OP﹣OQ＝3cm．【点睛】本题考查一元一次方程的应用，两点之间距离的概念，找等量关系列出方程是解决问题的关键，属于中考常考题型．【变式5-2】（23-24七年级·江苏宿迁·阶段练习）如图1，已知线段AE=48cm，点B、C、D在线段AD上，且AB:BC:CD:DE=1:2:1:2(1)BC=__________cm，CD=__________cm；(2)已知动点M从点A出发，以2cm/s的速度沿A−B−C−D−E向点E运动；同时动点N从点E出发，以1cm/s的速度沿E−D−C−B−A向点A运动，当点M到达点E后立即以原速返回，直到点①求t为何值，线段MN的长为12cm②如图2，现将线段AE折成一个长方形ABCD（点A、E重合），请问：是否存在某一时刻，以点A、B、M、N为顶点的四边形面积与以点C、D、M、N为顶点的四边形面积相等，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)16，8(2)①t=12s或20s或36s；②存在，t=8s【分析】本题主要考查了与线段有关的动点问题，线段等分点的相关计算，列一元一次方程解决实际问题等知识，解决问题的关键是弄清运动的过程和画出图形．（1）根据比值列方程或直接列乘积式求得结果；（2）①分为相遇前，相遇后以及M点返回三种情形，通过线段图列方程求得；②分为相遇前（点M在BC上，N在AD上），此时CM=AN即可列出方程求得，当M点返回时，点M在AD上，点N在BC上，此时AM=CN，列出方程求得，【详解】（1）解：BC=48×21+2+1+2=16故答案是：16，8；（2）①当M、N第一次相遇时，t=48当M到达E点时，t=48如图1，当0<t<16时，2t+12+t=48，∴t=12，如图2，当12<t<24时，2t−12+t=48，∴t=20，如图3，当24<t<48时，t=2t−48+12，∴t=36，综上所述：t=12s或20s或36s；②如图4，当0<t<16时，由AN=CM得，24−2t=t，∴t=8，如图5，当24≤t<32时，2t−48=t−24，∴t=24，此时不构成四边形，舍去综上所述：t=8s．【变式5-3】（23-24七年级·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，直线l上有AB两点，AB=12cm，点O是线段AB上的一点，

(1)OA=_______cm，OB=_______cm；(2)若点C是线段AB上一点，且满足AC=CO+CB，求CO的长；(3)若动点P，Q分别从A，B同时出发，向右运动，点P的速度为2cm/s，点Q的速度为1cm/s．设运动时间为ts，当点P与点Q重合时，P①当t为何值时，2OP−OQ=4；②当点P经过点O时，动点M从点O出发，以3cm/s的速度也向右运动．当点M追上点Q后立即返回，以3cm/s的速度向点P运动，遇到点P后再立即返回，以3cm/s的速度向点Q运动，如此往返，直到点P，Q停止时，点M也停止运动．在此过程中，点M【答案】(1)8，4(2)4(3)①t=85或t=8【分析】本题考查线段的和与差，一元一次方程的应用，两点间的距离：（1）由于AB=12cm，点O是线段AB上的一点，OA=2OB，则OA+OB=3OB=AB=12（2）根据图形可知，点C是线段AO上的一点，可设CO的长是xcm，根据AC=CO+CB（3）①分P在线段AO上和P在线段AO的延长线上时，两种情况讨论求解即可；②求出点P经过点O到点P，Q停止时的时间，再根据路程=速度×时间即可求解．【详解】（1）解：∵AB=12cm，OA=2OB∴AB=AO+OB=3OB=12，∴OB=4cm∴OA=2OB=8cm故答案为：8，4；（2）设CO的长是xcm当点C在线段AO上时，如图：

则：8−x=x+x+4，解得：x=4当点C在线段OB上时，如图：

则：8+x=x+4−x，解得：x=−4（舍去）；故CO的长是43（3）①由题意，得：AP=2t，BQ=t，则：OQ=OB+BQ=4+t，当P在线段AO上时，OP=OA−AP=8−2t，由题意，得：28−2t解得：t=8当P在线段AO的延长线上时，OP=AP−OA=2t−8，由题意，得：22t−8−4+t综上：t=85或②∵AO=8，∴点P运动到O点时，t=82=4，此时PQ当点P与点Q重合时，所需时间为：8÷2−1∴点M行驶的总路程是3×8=24cm【题型6单角突变——一边旋转】【例6】（23-24七年级·湖北荆州·期末）如图1，直线AB与CD相交于点O，∠BOD=50°，OE平分∠BOD，∠EOF=55°，OG平分∠AOF．(1)图中与∠BOE互补的角是___________；(2)求∠DOG的度数；(3)如图2，若射线OM从射线OF的位置出发，绕点O以每秒10°的速度逆时针旋转一周，当旋转时间为t秒时，OD,OM,OG三条射线中恰好有一条射线是另外两条射线所组成的角的平分线，请你直接写出旋转时间t的值．（旋转过程中∠DOM，∠GOM，∠DOG都只考虑小于180°的角）【答案】(1)∠AOE和∠COE(2)80°(3)1或13或25【分析】（1）根据补角的定义，进行判断即可；（2）利用180°−∠BOD求出∠AOD，利用角平分线求出∠DOE，∠EOF−∠ODE求出∠DOF，∠AOD−∠FOD求出∠AOF，角平分线，求出∠GOF，∠GOF+∠DOF即可得解；（3）分OM平分∠DOG，OG平分∠DOM，OD平分∠GOM三种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：∵OE平分∠BOD，∴∠BOE=∠DOE，∵∠BOE+∠AOE=180°,∠DOE+∠COE=180°，∴∠BOE+∠COE=180°，∴∠BOE互补的角是：∠AOE和∠COE；故答案为：∠AOE和∠COE；（2）解：∵∠BOD=50°，∴∠AOD=180°−∠BOD=130°，∵OE平分∠BOD，∴∠BOE=∠EOD=1∵∠EOF=55°，∴∠DOF=∠EOF−∠ODE=30°，∴∠AOF=∠AOD−∠FOD=100°∵OG平分∠AOF，∴∠FOG=1∴∠DOG=∠GOF+∠DOF=80°；（3）解：①当OM平分∠DOG时，∵∠DOG=80°，∴∠DOM=∠DOF+∠FOM=12∠DOG∴∠FOM=10°，∴t=10°÷10°=1；②OG平分∠DOM时，则：∠GOM=∠DOG=80°，∴∠FOM=∠MOG+∠FOG=80°+50°=130°∴t=130°÷10°=13；③当OD平分∠GOM时：则：∠DOM=∠DOG=80°，∴∠FOM=∠DOF+∠DOM=110°，∴点M旋转的角度为：360°−∠FOM=250°，∴t=250°÷10°=25；综上：t的值为：1或13或25．【点睛】本题考查几何图形中角度的计算．正确的识图，理清角的和差关系，是解题的关键．【变式6-1】（23-24七年级·福建泉州·期末）如图，∠AOC=110°，B是射线OA的反向延长线上的一点．现将射线OA绕点O顺时针旋转至与射线OB重合为止，若射线OA旋转的速度为每秒10°，旋转时间为ts，则当射线OA，射线OB，射线OC分别构成两个相等的角（重合除外）时，t的值是【答案】4或14.5【分析】本题主要考查了几何图形中角度的计算，一元一次方程的定义，先根据平角的定义得到∠BOC=70°，再分当∠AOC=∠BOC=70°时，当∠BOA=∠COA=1【详解】解：∵没有旋转前∠AOC=110°，∴∠BOC=180°−110°=70°当∠AOC=∠BOC=70°时，则110−10t=70，解得t=4；当∠BOA=∠COA=12∠BOC=35°时，则180°−35°=10t综上所述，t的值为4或14.5，故答案为：4或14.5．【变式6-2】（23-24七年级·浙江绍兴·期末）定义：从一个角（小于180°）的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所构成的角等于这个角的13，那么这两条射线所构成的角叫做这个角的“三分角”．如图1所示，若∠COD=13∠AOB，则

(1)如图1，已知∠AOD=70°，∠COB=50°，∠COD是∠AOB的“三分角”，求∠COD的度数．(2)如图2，已知∠AOB=60°，OD是∠AOB的平分线，射线OC从OA出发，绕点O以3°/秒的速度按顺时针方向旋转，设旋转时间为t秒，当∠COD是∠AOB的“三分角”时，求t的值．【答案】(1)∠COD=30°；(2)t=103秒或【分析】（1）根据“三分角”的定义及角的和差关系，列式计算即可求解；（2）分两种情况讨论，当∠AOC=∠AOD−∠COD和∠AOC=∠AOD+∠COD时，计算即可求解．【详解】（1）解：∵∠AOD=70°，∠COB=50°，∴∠COD=70°+50°−∠AOB，∵∠COD是∠AOB的“三分角”，∴∠COD=1∴∠COD=120°−3∠COD，∴∠COD=30°；（2）解：∵∠AOB=60°，OD是∠AOB的平分线，∴∠AOD=30°，∵∠COD是∠AOB的“三分角”，∴∠COD=1分两种情况讨论，当∠AOC=∠AOD−∠COD=10°，此时t=10当∠AOC=∠AOD+∠COD=50°，此时t=50综上，t的值为103秒或50【点睛】本题考查了角平分线的定义，角的和差关系，“三分角”的定义，掌握新定义是解题的关键．【变式6-3】（23-24七年级·河北沧州·期中）如图1，已知射线OC在∠AOB的内部，若∠AOB，∠AOC和∠BOC三个角中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线OC是∠AOB的奇妙线．(1)一个角的平分线________这个角的奇妙线；（填“是”或“不是”）(2)如图2，∠MPN=60°．①若射线PQ是∠MPN的奇妙线，则∠QPN的度数为________；②若射线PF从PN位置开始，以每秒旋转3°的速度绕点P按逆时针方向旋转，当∠FPN首次等于180°时停止旋转，设旋转的时间为t(s)．当t为何值时，射线PM是【答案】(1)是(2)①20°或30°或40°；②30或40或60【分析】（1）根据其妙线的定义进行判断即可；（2）①根据奇妙线的定义分三种情况讨论计算即可；②射线PM是∠FPN的奇妙线，PM在∠FPN的内部，PF在∠NPM的内部，然后分三种情况求解即可．【详解】（1）解：一个角的平分线中，大角是小角的2倍，满足奇妙线的定义，故答案为：是；（2）解：①∠MPN=60°，射线PQ是∠MPN的奇妙线，根据奇妙线的定义分三种情况讨论：当∠QPN=2∠MPQ时，∵∠QPN+2∠MPQ=60°，∴∠QPN=60°×2当∠MPQ=2∠QPN时，∵2∠QPN+∠MPQ=60°∴∠QPN=1当∠NPM=2∠QPN时，∵∠MPN=60°，∴∠QPN=1故答案为：20或30或40；②∵射线PM是∠FPN的奇妙线，∴PM在∠FPN的内部，∴PF在∠NPM的内部；分三种情况：（Ⅰ）如图，当∠NPM=2∠FPM时，如图所示：∠FPM=1∴∠FPN=∠NPM+∠FPM=60°+30°=90°∴t=90÷3=30s（Ⅱ）如图，当∠FPN=2∠MPN时，如图所示：∴∠FPN=2×60°=120°，∴t=120÷3=40s（Ⅲ）当∠FPN=2∠NPM时，如图所示：∵∠FPN=2×60°=120°，∴∠FPN=∠NPM+∠FPM=60°+120°=180°，∴t=180÷3=60s综上：当t为30或40或60时，射线PM是∠FPN的奇妙线．【点睛】本题主要考查新定义下的角的计算，几何图形中的角度计算，理解题意，列出相应的式子求解，是解题关键．【题型7单角突变——两边旋转】【例7】（23-24七年级·四川成都·期末）如图所示，OA,OB,OC是以直线EF上一点O为端点的三条射线，且∠FOA=20°，∠AOB=60°,∠BOC=10°．以点O为端点作射线OP,OQ分别与射线OF,OC重合，射线OP从OF处开始绕点O逆时针匀速旋转，转速为1°/s，射线OQ从OC处开始绕点O顺时针匀速旋转（射线OQ旋转至与射线OF重合时停止），两条射线同时开始旋转，设旋转时间为t(1)当射线OP平分∠AOC时，求射线OP旋转的时间．(2)当射线OQ的转速为4°/s,t=21s(3)若射线OQ的转速为3°/s①当射线OQ和射线OP重合时，求∠COQ的值．②当∠POQ=70°时，求射线OP旋转的时间．【答案】(1)55(2)15°(3)①135°2【分析】本题主要是考查了角的和差计算，以及一元一次方程的应用，（1）根据题意求得∠AOC，当射线OP平分∠AOC时，∠AOP=∠POC=35°，此时OP旋转的度数为：∠AOF+∠AOP=55°，旋转的时间：55÷1=55s（2）求出射线OP、射线OQ旋转的度数，画出图形，根据角的和差即可求解；（3）①根据OP和OQ的转速，即可求解；②设射线OP旋转的时间为ts，则分为2种情况讨论：①当OP和OQ在未重合之前；②当OP和OQ【详解】（1）解：∵∠AOC=∠AOB+∠BOC=60°+10°=70°，∴当射线OP平分∠AOC时，∠AOP=∠POC=35°，∴此时OP旋转的度数为：∠AOF+∠AOP=20°+35°=55°，∵射线OP从OF处开始绕点O逆时针匀速旋转，转速为1°/s∴旋转的时间：55÷1=55s（2）∵射线OQ的转速为4°/s,，射线OQ从OC处开始绕点∴t=21s时，∠COQ=21×4=84°，∵射线OP从OF处开始绕点O逆时针匀速旋转，转速为1°/s∴t=21s时，∠FOP=21×1=21°如图，∴∠FOQ=∠FOA+∠AOB+∠BOC−∠COQ=6°，∴∠POQ=∠FOP−∠FOQ=15°；（3）①当射线OQ和射线OP重合时，t=10+20+60∴∠COQ=45②设射线OP旋转的时间为ts当OP和OQ在未重合之前，90−t−3t=70，t=5；当OP和OQ在重合之后，3t+t−70=90，解得t=40；∵OQ按题目条件射线OQ旋转至与射线OF重合时停止，∴.t≤90÷3，即t≤30，∴t=40时，OQ早已停止运动，但OP未停止，因此第二种情况t=70．故当∠POQ=70°时，射线OP旋转的时间为5秒或70秒【变式7-1】（23-24七年级·湖北武汉·期末）已知：如图1，∠AOB=30°，∠BOC=4(1)求∠AOC的度数；(2)如图2，若射线OP在∠AOC内部，作OM平分∠AOP，ON平分∠COP，∠MON的度数是多少？(3)如图3，若射线OP从OA开始绕点O以每秒旋转10°的速度逆时针旋转，同时射线OQ从OB开始绕点O以每秒旋转6°的速度逆时针旋转；其中射线OP到达OC后立即改变运动方向，以相同速度绕点O顺时针旋转，当射线OQ到达OC时，射线OP，OQ同时停止运动．设旋转的时间为t秒，当∠POQ=10°，试求t的值。【答案】(1)150°(2)75°(3)t的值可为5或10或654或【分析】本题主要考查角度的和差运算，涉及一元一次方程的应用，角平分线问题，在解题过程中根据角度的变化进行恰当的分类讨论是解题关键．（1）根据∠AOB=30°，∠BOC=4（2）根据角平分线的定义进行求解即可；（3）分四种情况进行讨论：当OP、OQ同向运动追及前，当OP、OQ同向运动追及后，当OP、OQ反向运动相遇前，当OP、OQ反向运动相遇后，分别求出结果即可．【详解】（1）解：∵∠BOC=4∴∠AOB=1∵∠AOB=30°，∴∠AOC=5∠AOB=150°．（2）解：∵OM平分∠AOP，ON平分∠COP，∴∠POM=12∠AOP∴∠MON=∠POM+∠PON===1∵∠AOC=150°，∴∠MON=75°．（3）解：①当OP、OQ同向运动追上前，∵∠AOQ=∠BOQ+∠AOB=6t°+30°，∠AOP=10t°，∵∠POQ=10°，∴6t+30−10t=10，解得：t=5；②当OP、OQ同向运动追上后，∵∠POQ=∠AOP−∠AOQ，∴10t−6t+30解得：t=10；③当OP、OQ相向运动相遇前，∠POQ=∠COQ−∠COP，∠COP=10t°−150°，∠COQ=150°−30°−6t°=120°−6t°，∴120−6t−10t−150解得：t=65④当OP、OQ相向运动相遇后，∠POQ=∠COP−∠COQ，10t−150−120−6t解得：t=35综上所述，t的值可为5或10或654或35【变式7-2】（23-24七年级·江苏无锡·期末）如图，若∠AOB=20°，∠AOC=90°，∠AOD=120°，射线OB绕点O以每秒10°逆时针旋转，射线OC绕点O以每秒5°顺时针旋转，射线OD绕点O每秒15°顺时针旋转，三条射线同时旋转，当一条射线与直线OA重合时，三条射线同时停止运动，运动秒时，其中一条射线是另外两条射线夹角的角平分线．【答案】267或17【分析】本题考查了角平分线的定义，一元一次方程的应用，角度的计算，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．由题意可得，在旋转过程中，∠DOA=120°−15°x，∠COA=90°−5°x，∠BOA=20°+10°x，根据角平分线的定义分四种情况讨论，分别解方程求解即可．【详解】解：设经过的时间为x秒，∵∠AOB=20°，∠AOC=90°，∠AOD=120°，∴在旋转过程中，∠DOA=120°−15°x，∠COA=90°−5°x，∠BOA=20°+10°x，令∠DOA=120°−15°x=0，∠COA=90°−5°x=0，解得：x=8，x=18．即当x=8时，三条射线停止运动．①当OC为OB、OD夹角的角平分线时，∴∠BOC=∠DOC．∴90°−5°x−20°+10°x解得：x=8，此时∠BOC=∠DOC<0，不合题意；②当OD为OC、OB夹角的角平分线时，∴∠DOC=∠DOB．∴90°−5°x−120°−15°x解得：x=26③当OB为OC、OD夹角的角平分线时，∴∠BOC=∠BOD．∴20°+10°x−解得：x=17④当OC为OD、OB夹角的角平分线时，∴∠BOC=∠COD．∴20°+10°x−解得：x=8；综上可知，运动267或174或故答案为：267或17【变式7-3】（23-24七年级·浙江宁波·期末）如图，O是直线AB上一点，射线OC绕点O顺时针旋转，从OA出发，每秒旋转10°，射线OD绕点O逆时针旋转，以相同的速度从OB出发，射线OC与OD同时旋转，设旋转的时间为t秒，当OC旋转到与OD重合时，OC、OD都停止运动．(1)猜想：∠AOC+∠AOD=__________°，并说明理由；(2)已知射线OE始终平分∠BOD，射线OF在∠COD内，且满足∠BOD与∠EOF互余．①当t=3秒时，∠EOF=__________°；②在运动过程中，试探究∠BOF与∠COF之间有怎样的数量关系，并说明理由．【答案】(1)180，理由见解析(2)①60；②∠BOF=∠COF，理由见解析【分析】本题主要考查了有关角平分线的计算，余角的定义：（1）根据题意可得∠AOC=∠BOD，再由∠AOD+∠BOD=180°，即可求解；（2）①根据题意可得∠AOC=∠BOD=30°，再由余角的定义，即可求解；②根据题意可得∠AOC=∠BOD=10°×t，再根据角平分线的定义可得∠BOE=∠DOE=12∠BOD=5°×t，再由余角的定义，可得∠EOF=90°−∠BOD=90°−10°×t，然后分别求出∠BOF【详解】（1）解：∠AOC+∠AOD=180°，理由如下：根据题意得：∠AOC=∠BOD，∵∠AOD+∠BOD=180°，∴∠AOC+∠AOD=180°；故答案为：180（2）解：①当t=3秒时，∠AOC=∠BOD=30°，∵∠BOD与∠EOF互余，∴∠EOF=90°−∠BOD=60°；故答案为：60②∠BOF=∠COF，理由如下：如图，根据题意得：∠AOC=∠BOD=10°×t，∵射线OE始终平分∠BOD，∴∠BOE=∠DOE=1∵∠BOD与∠EOF互余，∴∠EOF=90°−∠BOD=90°−10°×t，∴∠BOF=∠EOF+∠BOE=90°−5°×t，∴∠COF=180°−∠AOC−∠BOE=90°−5°×t，∴∠BOF=∠COF．【题型8图形旋转】【例8】（23-24七年级·河南信阳·期末）将一副直角三角板按图1所示摆放在直线AD上（直角三角板OBC直角三角板MON，∠OBC=90°,∠BOC=45°,∠MON=90°,∠MNO=30°），保持板OBC不动，将三角板MON绕点O以每秒：8°的速度顺时针方向旋转t秒．(1)如图2，当t=____秒时，OM平分∠AOC；(2)继续旋转三角板MON，如图3，使得OM、ON同时在直线OC的右侧，猜想∠NOC与∠AOM有怎样的数量关系，并说明理由；（数量关系中不能含t）(3)直线AD的位置不变，在三角板MON开始顺时针旋转的同时，另一个三角板也绕点O以每秒2°的速度顺时针旋转，当OM旋转至射线OD上时，两个三角板停止运动．当t为多少时，∠MOC=10°？【答案】(1)2.8125(2)∠NOC−∠AOM=45°，理由见解析(3)t=356【分析】本题考查角的计算，认真审题并仔细观察图形，找到各个量之间的关系是解题的关键．（1）根据角平分线的定义得∠AOM=1（2）根据题意得∠AON=90°+8°t，进而求得．∠NOC=90°+8°t−45°=45°+8°t,，即可得到结论；（3）根据题意得∠AOB=2°t，∠AOM=8°t，求得．【详解】（1）解：∵∠AOC=45°，OM平分∴∠AOM=1∴t=22.5÷8=2.8125，故答案为：2.8125；（2）解：∠NOC−∠AOM=45°，理由如下：∵∠AON=90°+8°t∴∠NOC=90°+8°t−45°=45°+8°t,∵∠AOM=8°t,∴∠NOC−∠AOM=45°；（3）解：∵∠AOB=2°t，∠AOM=8°t，∴∠AOC=45°+2°t∴45°+2°t−8°t=10°或8°t−45°−2°t=10°解得t=356【变式8-1】（23-24七年级·河北石家庄·期末）如图1，将一副直角三角板摆放在直线AD上（直角三角板OBC和直角三角板MON），∠OBC=∠MON=90°，∠BOC=45°，∠MNO=30°，保持三角板OBC不动，将三角板MON绕点O以每秒10°的速度顺时针旋转（如图2），旋转时间为t（0<t<9）秒．

计算

当OM平分∠BOC时，求t的值；判断

判断∠MOC与∠NOD的数量关系，并说明理由；操作

若在三角板MON开始旋转的同时，另一个三角板OBC也绕点O以每秒5°的速度顺时针旋转，当三角板MON停止时，三角板OBC也停止，直接写出在旋转过程中，∠MOC与∠NOD的数量关系．【答案】计算：2.25；判断：当0<t≤4.5时，∠NOD−∠MOC=45°，当4.5<t<9时，∠NOD+∠MOC=45°；操作：∠MOC=【分析】本题主要考查角度的和差关系和角平分线性质，计算：根据角平分线性质得∠BOM=12∠BOC，结合旋转速度即可