专题1.4 几何图形初步章末重难点题型-2021-2022学年七年级数学上册举一反三系列（人教版）

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专题1.4 几何图形初步章末重难点题型
【人教版】



【考点1 认识立体图形】
【方法点拨】认识各类立体图形，在对几何体进行分类时要做到不重不漏，分类合理．
长方体、正方体、圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等都是几何体，几何体简称体．
体与体相交成面，面与面相交成线，线与线相交成点．从运动的观点来看点动成线，线动成面，面动成体．点、
线、面、体组成几何图形，点、线、面、体的运动组成了多姿多彩的图形世界．
【例1】（2019秋•雁塔区校级月考）下列几何体中，棱柱的个数为（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据棱柱的定义，可得答案．
【答案】解：①是正方体，②是长方体（四棱柱），⑤是六棱柱，⑥是三棱柱，
以上这四个都是棱柱；
其它三个分别是球、圆锥、圆柱，都不是棱柱．
故选：C．
【点睛】本题考查了认识立体图形，注意倒数第三个是棱锥不是棱柱．
【变式1-1】（2019秋•茂名期中）下列说法中，正确的个数是（　　）
①柱体的两个底面一样大；②圆柱、圆锥的底面都是圆；③棱柱的底面是四边形；④长方体一定是柱体；⑤正棱柱的侧面一定是长方形．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据柱体，锥体的定义及组成作答．
【答案】解：①柱体包括圆柱、棱柱；∴柱体的两个底面一样大；故此选项正确，
②圆柱、圆锥的底面都是圆，正确；
③棱柱的底面可以为任意多边形，错误；
④长方体符合柱体的条件，一定是柱体，正确；
⑤正棱柱的侧面一定是长方形，正确；
∴正确有①②④⑤共4个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了常见的几何体，应注意棱柱由上下两个底面以及侧面组成；上下两个底面可以是全等的多边形，侧面是四边形．
【变式1-2】（2019•岳池县期中）如下图，将直角三角形绕一条边所在直线旋转一周后形成的几何体不可能是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】分三种情况讨论，即可得到直角三角形绕一条边所在直线旋转一周后形成的几何体．
【答案】解：将直角三角形绕较长直角边所在直线旋转一周后形成的几何体为：

将直角三角形绕较短直角边所在直线旋转一周后形成的几何体为：

将直角三角形绕斜边所在直线旋转一周后形成的几何体为：

故选：C．
【点睛】本题主要考查了面动成体，点、线、面、体组成几何图形，点、线、面、体的运动组成了多姿多彩的图形世界．
【变式1-3】（2019秋•合肥市校级期中）下列说法：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段；②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形；③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱；④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个球体．其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
【分析】根据点动成线，可以判断①；根据线动成面，可以判断②；根据面动成体，可以判断③；根据平移的性质，可以判断④．
【答案】解：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段是正确的；
②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形是正确的；
③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱是正确的；
④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个圆柱，原来的说法错误．
故选：B．
【点睛】此题考查了点、线、面、体，关键是掌握平面图形与立体图形的联系，培养学生的观察能力和空间想象能力．
【考点2 几何体的展开图】
【方法点拨】（1）展开图全是长方形或正方形时，应考虑长方体或正方体．
（2）展开图中含有三角形时，应考虑棱锥或棱柱．当展开图中只含有2个三角形和3个长方形时，必是三棱柱．若展开图全是三角形（4个）时，一定是三棱锥．
（3）展开图中含有圆和长方形时，一般考虑圆柱．
（4）展开图中含有扇形时，考虑圆锥．
（5）不是所有的立体图形都有平面展开图，如球体就不能展开．
【例2】（2019秋•集贤县期中）下列展开图中，不能围成几何体的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据个图形的特点判断可围成的几何体，再作答．
【答案】解：A能围成三棱锥，C能围成三棱柱，D能围成四棱柱，只有B两个底面在侧面的同一侧，不能围成四棱柱．
故选：B．
【点睛】熟记各种几何体的平面展开图是解题的关键．
【变式2-1】（2019秋•沈河区校级期中）如图所示图形中，可以折叠围成一个无盖正方体的图形有（　　）个．

A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】由平面图形的折叠及无盖正方体的展开图解题．
【答案】解：由四棱柱四个侧面和底面的特征可知，②③⑤⑥可以拼成无盖的正方体，而①不是正方体的展开图，④拼成的图形是有两面重合，
故一个无盖的正方体盒子的平面展开图可以是下列图形中的是②③⑤⑥．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了展开图折叠成几何体，解题时勿忘记四棱柱的特征及无盖正方体展开图的各种情形．
【变式2-2】（2019秋•城固县期中）如图，是一个正方体骰子的表面展开图，将其折叠成正方体骰子（点数朝外），如果1点在上面，3点在左面，在前面的点数为（　　）

A．2 B．4 C．5 D．6
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点可知“3点”和“4点”相对，“5点”和“2点”相对，“6点”和“1点”相对，当1点在上面，3点在左面，可知5点在后面，继而可得出2点在前面．
【答案】解：这是一个正方体的表面展开图，共有六个面，其中面“3点”和面“4点”相对，面“5点”和面“2点”相对，面“6点”和面“1点”相对，如果1点在上面，3点在左面，可知5点在后面，2点在前面；
故选：A．
【点睛】本题考查了正方体的表面展开图，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
【变式2-3】（2019秋•碑林区校级月考）如图，一个正方体纸盒的六个面上分别印有1，2，3，4，5，6，并且相对面上的两数之和为7，它的表面展开图可能是（　　）

A． B． C． D．
【分析】正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
【答案】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
∵相对面上的两数之和为7，
∴3与4相对，5与2相对，6与1相对
观察选项，只有选项D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
【考点3 从不同方向看立体图形】
【例3】（2019秋•青川县期末）如图表示一个由相同小立方块搭成的几何体的从上面看到的形状图俯视图，小正方形中的数字表示该位置上小立方块的个数，那么该几何体的从正面看到的形状图为（　　）

A． B． C． D．
【分析】结合俯视图及小正方体的分布情况，依据主视图的定义求解可得．
【答案】解：由俯视图知该几何体的主视图共三列，第1列有4个正方形、第2列有3个正方形、第3列有2个正方形，
故选：C．
【点睛】本题灵活考查了三种视图之间的关系以及视图和实物之间的关系，同时还考查了对图形的想象力．
【变式3-1】（2019秋•高新区校级月考）从不同的方向看同一物体时，可能看到不同的图形．由若干个（大于8个）大小相同的正方体组成一个几何体从正面看和从上面看得到的图形如图所示，则这个几何体从左面看得到的图形不可能是（　　）

A． B． C． D．
【分析】由俯视图可得该组合几何体最底层正方体的个数及摆放形状，由主视图结合所给左视图看正方体的个数找到不大于8个的左视图即可．
【答案】解：∵俯视图中有5个正方形，
∴最底层有5个正方体，
A、由主视图和左视图可得第二层有4个正方体，第3层有2个正方体，故共有5+4+2＝11个正方体，可能是这种情况，不符合题意；
B、由主视图和左视图可得第二层有2个正方体，第3层有1个正方体，故共有5+2+1＝8个正方体，不可能是这种情况，符合题意；
C、由主视图和左视图可得第二层有4个正方体，第3层有1个正方体，故共有5+4+1＝10个正方体，可能是这种情况，不符合题意；
D、由主视图和左视图可得第二层有4个正方体，第3层有2个正方体，故共有5+4+1＝10个正方体，可能是这种情况，不符合题意；
故选：B．
【点睛】考查由视图判断几何体；用到的知识点为：俯视图中正方形的个数是组合几何体最底层正方体的个数；易错点是应理解组成组合几何体的正方体的个数应大于8．
【变式3-2】（2019秋•东莞市期中）在仓库里堆放着若干个相同的正方体货箱，仓库管理员将这堆货箱从三个方向看到的图形画了出来，如图所示，则这堆正方体货箱共有（　　）

A．9箱 B．10箱 C．11箱 D．12箱
【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数，由正视图和左视图可得第二层，第三层正方体的个数，相加即可．
【答案】解：由俯视图可得最底层有7个，由正视图和左视图可得第二层有2个，第三层有1个箱，
共有：7+2+1＝10（个）；
答：这堆正方体货箱共有10个．
故选：B．
【点睛】本题考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”是解题关键．
【变式3-3】（2019秋•薛城区期末）用小立方块搭成的几何体，从正面和上面看的形状图如图，则组成这样的几何体需要立方块个数为（　　）

A．最多需要8块，最少需要6块
B．最多需要9块，最少需要6块
C．最多需要8块，最少需要7块
D．最多需要9块，最少需要7块
【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数为4，由主视图可得第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，第三层只有一块，相加即可．
【答案】解：有两种可能；
由主视图可得：这个几何体共有3层，
由俯视图可得：第一层正方体的个数为4，由主视图可得第二层最少为2块，最多的正方体的个数为3块，
第三层只有一块，
∴最多为3+4+1＝8个小立方块，最少为个2+4+1＝7小立方块．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体，关键是掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就很容易得到答案．
【考点4 直线、射线、线段的表示与计数】
【方法点拨】线段：(1)一条线段可以用它的两个端点的大写字母来表示，以A，B为端点的线段，可记作“线段AB”或“线段BA”；(2)一条线段可以用一个小写字母来表示，如图，线段AB也可记作“线段a”．
射线：将线段向一个方向无限延长就得到了射线．射线有一个端点，射线向一个方向无限延伸，射线是无法测量的．射线的表示法：
两个大写字母：一条射线可以用表示它的端点和射线上的另一点的两个大写字母来表示，若点O是端点，点A是射线上异于端点的另一点，那么这条射线可以记作射线OA.
注意：
①表示射线的两个大写字母，其中一个一定是端点，并且要把它写在前面．
②端点相同的射线不一定是同一条射线，端点不同的射线一定不是同一条射线
③两条射线为同一射线必须具备的两个条件：①端点相同；②延伸的方向相同．
直线：
将线段向两个方向无限延长就形成了直线．直线没有端点，直线向两个方向无限延伸，直线是无法测量的．
直线的两种表示方法：
一条直线可以用一个小写字母表示，可记作：直线a.一条直线也可以用在这条直线上的表示两个点的大写字母来表示，可记作：直线AB或直线BA.
【例4】（2020秋•苍溪县期末）如图，点C是线段BD之间的点，有下列结论①图中共有5条线段；②射线BD和射线DB是同一条射线；③直线BC和直线BD是同一条直线；④射线AB，AC，AD的端点相同，其中正确的结论是（　　）

A．②④ B．③④ C．②③ D．①③
【分析】根据直线、射线、线段的定义对各小题分析判断即可得解．
【解答】解：①图中共有6条线段，错误；
②射线BD和射线DB不是同一条射线，错误；
③直线BC和直线BD是同一条直线，正确；
④射线AB，AC，AD的端点相同，正确，
故选：B．
【点评】本题考查了直线、射线、线段，熟记概念以及表示方法是解题的关键．
【变式4-1】（2020春•广饶县期末）如图的四个图形和每一个图形相应的一句描述，其中所有图形都是画在同一个平面上．

①线段AB与射线MN不相交；②点C在线段AB上；③直线a和直线b不相交；④延长射线AB，则会通过点C．其中正确的语句的个数有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据直线、线段、射线的定义以及其性质分别判断得出即可．
【解答】解：①线段AB与射线MN不相交，根据图象可得出此选项正确；
②根据图象点C不在线段AB上，故此选项错误；
③根据图象可得出直线a和直线b会相交，故此选项错误；
④根据图象可得出应为延长线段AB，到点C，故此选项错误，
故正确的语句的个数是1个．
故选：B．
【点评】此题主要考查了直线、线段、射线的定义的应用，正确根据题意画出图形是解题关键．
【变式4-2】（2020秋•丰南区期末）下列语句正确的是（　　）
A．延长线段AB到C，使BC＝AC
B．反向延长线段AB，得到射线BA
C．取直线AB的中点
D．连接A、B两点，并使直线AB经过C点
【分析】根据直线、射线、线段的定义对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、延长线段AB到C，使BC＝AC，不可以做到，故本选项错误；
B、反向延长线段AB，得到射线BA，故本选项正确；
C、取直线AB的中点，错误，直线没有中点，故本选项错误；
D、连接A、B两点，并使直线AB经过C点，若A、B、C三点不共线则做不到，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了直线、射线、线段，是基础题，主要是对几何语言的判断，熟记概念与习惯用语是解题的关键．
【变式4-3】如图所示，能用所给字母表示的直线有　 　条，射线有　 　条，线段有　 　条．

【分析】根据直线、射线、线段的表示法即可得到．
【解答】解：图中有直线AC、直线BC有2条；
以A为端点的射线：有射线AB、射线AC；以B为端点的射线有：BC；以C为端点的射线有：CA、CB．射线共有5条；
线段有：AB、BC、CA、BD、CD共有5条．
故答案是：2，5，5．
【点评】本题考查了直线、射线、线段的表示法，理解三线的延伸性是关键．
【考点5 直线、射线、线段的作图】
【方法点拨】依据直线、射线、线段的定义作图即可.
【例5】（2020秋•彭水县期末）如图，在平面内有A，B，C三点．
（1）画直线AB，射线AC，线段BC；
（2）在线段BC上任取一点D（不同于B，C），连接AD，并延长AD至E，使DE＝AD；
（3）数一数，此时图中线段共有　 　条．

【分析】（1）依据直线、射线、线段的定义，即可得到直线AB，线段BC，射线AC；
（2）依据在线段BC上任取一点D（不同于B，C），连接线段AD即可；
（3）根据图中的线段为AB，AC，AD，AE，DE，BD，CD，BC，即可得到图中线段的条数．
【解答】解：（1）如图，直线AB，线段BC，射线AC即为所求；

（2）如图，线段AD和线段DE即为所求；
（3）由题可得，图中线段的条数为8，
故答案为：8．
【点评】本题主要考查了直线、射线、线段的定义，熟练掌握各定义是解题的关键．
【变式5-1】（2020秋•襄城县期末）如图，已知三点A、B、C．
（1）请读下列语句，并分别画出图形
①画直线AB；②画射线AC；③连接BC．
（2）在（1）的条件下，图中共有　 　条射线．
（3）从点C到点B的最短路径是　 　，依据是　 　．

【分析】（1）按题意，直接作图即可．
（2）根据射线的定义进行判断，写出即可．
（3）根据两点间线段最短的性质即可求解．
【解答】解：（1）如图所示：直线AB、射线AC、线段BC即为所求．

（2）图中共有3+2+1＝6条射线．
（3）最短路径是CB，依据：两点间线段最短．
故答案为：6；CB，两点间线段最短．
【点评】此题考查直线、射线和线段，关键是根据直线、射线和线段的定义作图．
【变式5-2】（2020秋•台州期末）已知：如图，平面上有A、B、C、D、F五个点，根据下列语句画出图形：
（Ⅰ）直线BC与射线AD相交于点M；
（Ⅱ）连接AB，并反向延长线段AB至点E，使AE=12BE；
（Ⅲ）①在直线BC上求作一点P，使点P到A、F两点的距离之和最小；
②作图的依据是　 　．

【分析】分别根据直线、射线、相交直线和线段的延长线进行作图即可．
【解答】解：如图所示：

作图的依据是：两点之间，线段最短．
故答案为：两点之间，线段最短．
【点评】本题主要考查直线、射线和线段的画法，掌握作图的基本方法是解题的关键．
【变式5-3】（2020秋•扶风县期末）如图，已知四点A、B、C、D，请用尺规作图完成．（保留画图痕迹）
（1）画直线AB；
（2）画射线AC；
（3）连接BC并延长BC到E，使得CE＝AB+BC；
（4）在线段BD上取点P，使PA+PC的值最小．

【分析】根据直线、射线、线段的概念、两点之间，线段最短画图即可．
【解答】解：如图所画：
（1）
（2）
（3）
（4）．

【点评】本题考查的是直线、射线、线段的概念和画法，掌握直线、射线、线段的概念、两点之间，线段最短是解题的关键．
【考点6 直线与线段的性质】
【方法点拨】线段的性质：两点之间线段最短；直线的性质：两点确定一条直线.
【例6】（2019秋•东湖区校级期末）下列生活现象：
①用两个钉子就可以把木条固定在墙上；
②从A地到B地架设电线，总是尽可能沿着线段AB架设；
③植树时，只要确定两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线；
④把弯曲的公路改直，就能缩短路程．
其中能用“两点之间，线段最短”来解释的现象个数有（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】直接利用直线的性质和线段的性质分别判断得出答案．
【解答】解：①用两个钉子就可以把木条固定在墙上，利用的是两点确定一条直线，故此选项不合题意；
②从A地到B地架设电线，总是尽可能沿着线段AB架设，能用“两点之间，线段最短”来解释，故此选项符合题意；
③植树时，只要确定两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线，利用的是两点确定一条直线，故此选项不合题意；
④把弯曲的公路改直，就能缩短路程，能用“两点之间，线段最短”来解释，故此选项符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了直线的性质和线段的性质，正确掌握相关性质是解题关键．
【变式6-1】下列日常现象：①用两根钉子就可以把一根木条固定在墙上；②把弯曲的公路改直，就能够缩短路程；③体育课上，老师测量某个同学的跳远成绩；④建筑工人砌墙时，经常先在两端立桩拉线，然后沿着线砌墙．其中，可以用“两点确定一条直线”来解释的现象是（　　）
A．①④ B．②③ C．③ D．④
【分析】根据点到直线的距离，直线的性质，线段的性质，可得答案．
【解答】解：①用两根钉子就可以把一根木条固定在墙上，利用了两点确定一条直线，故①正确；
②把弯曲的公路改直，就能够缩短路程，利用“两点之间线段最短”故②错误；
③体育课上，老师测量某个同学的跳远成绩，利用了点到直线的距离，故③错误；
④建筑工人砌墙时，经常先在两端立桩拉线，然后沿着线砌墙，利用了两点确定一条直线，故④正确；
故选：A．
【点评】本题考查了线段的性质，熟记性质并能灵活过应用是解题关键．
【变式6-2】请你判断下列两个生活情景所蕴含的数学道理．
情景一：如图，小明家到学校有3条路可走，一般情况下，小明通常走第二条路，其中的数学道理是　 　．
情景二：同学们做体操时，为了保证一队同学站成一条直线，先让两个同学站好不动，其他同学依次往后站，要求目视前方只能看到各自前面的那个同学，请你说明其中的道理：　 　．

【分析】根据线段的性质和直线的性质填空即可．
【解答】解：情景一：如图，小明家到学校有3条路可走，一般情况下，小明通常走第二条路，其中的数学道理是两点之间线段最短；
故答案为：两点之间线段最短；

情景二：同学们做体操时，为了保证一队同学站成一条直线，先让两个同学站好不动，其他同学依次往后站，要求目视前方只能看到各自前面的那个同学，请你说明其中的道理：两点确定一条直线，
故答案为：两点确定一条直线．
【点评】此题主要考查了线段和直线的性质，关键是掌握定理．
【变式6-3】（2019秋•汾阳市期末）已知平面上点A，B，C，D（每三点都不在一条直线上）．
（1）经过这四点最多能确定　 　条直线．
（2）如图这四点表示公园四个地方，如果点B，C在公园里湖对岸两处，A，D在湖面上，要从B到C筑桥，从节省材料的角度考虑，应选择图中两条路中的哪一条？如果有人想在桥上较长时间观赏湖面风光，应选择哪一条？为什么？

【分析】（1）两点确定一条直线，即可得出经过这四点最多能确定6条直线；
（2）依据两点之间线段最短，即可得到结论．
【解答】解：（1）经过这四点最多能确定6条直线：直线AB，直线AD，直线BC，直线CD，直线AC，直线BD，
故答案为：6；
（2）从节省材料的角度考虑，应选择图中路线2；如果有人想在桥上较长时间观赏湖面风光，应选择路线1，
因为两点之间，线段最短，路线2比路线1短，可以节省材料；而路线1较长，可以在桥上较长时间观赏湖面风光．
【点评】本题主要考查了线段的性质，解题时注意：两点之间，线段最短．
【考点7 线段的计算（方程思想）】
【例7】（2020秋•殷都区期末）如图，C，D是线段AB上的两点，已知M，N分别为AC，DB的中点，AB＝18cm，且AC：CD：DB＝1：2：3，求线段MN的长．

【分析】根据题意分别求出AC、CD、DB的长，根据中点的性质计算即可．
【解答】解：设AC，CD，DB的长分别为xcm，2xcm，3xcm
∵AC+CD+DB＝AB，AB＝18cm
∴x+2x+3x＝18
解得x＝3
∴AC＝3cm，CD＝6cm，DB＝9cm
∵M，N为AC，DB的中点，
∴MC=12AC=1.5，DN=12BD=4.5
∴MN＝MC+CD+DN＝12cm，
∴MN的长为12cm．
【点评】本题考查的是两点间的距离的计算，掌握线段中点的概念、灵活运用数形结合思想是解题的关键．
【变式7-1】（2020秋•渝北区期末）如图所示．点C，B是线段AD上的两点，AC：CB：BD＝3：1：4，点E，F分别是AB，CD的中点，且EF＝14，求AB，CD的长．

【分析】根据已知条件“AC：CB：BD＝3：1：4”设AC＝3x，则CB＝x，BD＝4x，表示出BE，CF，根据EF＝14列方程求解，即可得到x的值．从而求得线段AB、CD的长．
【解答】解：设AC＝3x，则CB＝x，BD＝4x，
∴AB＝AC+CB＝3x+x＝4x，CD＝CB+BD＝x+4x＝5x．
∵点E，F分别是AB，CD的中点则BE=12AB＝2x，CF=12CD=52x．
∵EF＝14，
∴EB+CF﹣CB＝14，
∴2x+52x-x=14，
解得：x＝4，
∴AB＝4x＝16，CD＝5x＝20．
【点评】本题考查了线段中点的有关计算及两点间的距离．此题是根据图形来计算相关线段的长度，所以从图中得到相关线段间的和差倍分关系是解题的关键．
【变式7-2】（2020秋•乐都区期末）如图所示，线段AB上有两点M，N，AM：MB＝5：11，AN：NB＝5：7，MN＝1.5，求AB长度．

【分析】由已知条件可知，AM：MB＝5：11，设一份是x，进而分别表示AM，MB的长，则能够表示出AB的长，再根据AN：NB＝5：7，表示AN的长．根据MN＝AN﹣AM即可列方程求解．
【解答】解：设AM＝5x，则MB＝11x，
∵AN：NB＝5：7，
∴AN=512AB=203x，
∴203x﹣5x＝1.5，
解得x＝0.9，
∴AB＝16x＝16×0.9＝14.4．
∴AB长度为14.4．
【点评】注意根据线段的比值进行设未知数，从而表示出相关线段的长．然后列方程求解．灵活运用线段的倍、分转化线段之间的数量关系十分关键．
【变式7-3】（2020秋•南开区期末）如图，线段BD=14AB=15CD，点E、F分别是线段AB、CD的中点，EF＝14cm，求线段AB、CD的长．
【分析】先BD＝x，则CD＝5x，AB＝4x，再根据点E，F分别是AB，CD的中点，得到EF＝ED+DF＝3.5x，根据EF＝14，可得x的值，进而得到AB，CD的长．
【解答】解：设BD＝x，则CD＝5x，AB＝4x，
∵点E，F分别是AB，CD的中点，
∴EB=12AB＝2x，DF=12CD＝2.5x，
∴ED＝1x，
∴EF＝ED+DF＝3.5x，
又∵EF＝14，
∴3.5x＝14，
解得x＝4，
∴CD＝5x＝20，AB＝4x＝16．
【点评】本题主要考查了两点间的距离，解决问题的关键是依据中点的定义，利用线段的和差关系进行计算．
【考点8 线段的计算（分类讨论思想）】
【例8】（2020秋•南关区校级期末）在直线l上有A、B、C三个点，已知BC＝3AB，点D是AC中点，且BD＝6cm，求线段BC的长．
【分析】分为两种情况，画出图形，求出线段AB的长，即可得出答案．
【解答】解：（1）当C在AB的延长线上时，
∵BC＝3AB，
∵AC＝4AB，
∵点D是AC中点，
∴AD＝CD＝2AB，
∵BD＝6cm，
∴2AB﹣AB＝6cm，
∴AB＝6cm，
∴AC＝4AB＝24cm，
∴BC＝AC﹣AB＝24cm﹣6cm＝18cm；
（2）当C在BA的延长线上时，
∵BC＝3AB，
∵AC＝2AB，
∵点D是AC中点，
∴AD＝CD＝AB，
∵BD＝6cm，
∴AB＝3cm，
∴BC＝3AB＝9cm．
【点评】本题考查了求两点之间的距离，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
【变式8-1】（2020秋•宿豫区期末）画直线l，并在直线l上任取三个点A、B、C，使AB＝10，BC＝4，分别画线段AB、BC的中点E、F，求线段EF的长．

【分析】根据线段中点的定义和线段的和差即可得到结论．
【解答】解：因为点E、F分别是线段AB、BC的中点，
所以BE=12AB，BF=12BC；
第一种：点C在点B的右侧，

因为 EF＝BE+BF，
所以EF=12AB+12BC=12(AB+BC)=12×(10+4)=7；
第二种：点C在点B的左侧，

因为 EF＝BE﹣BF，
所以EF=12AB-12BC=12(AB-BC)=12×(10-4)=3．
综上：EF＝7或3．
【点评】本题考查了求两点之间的距离和线段的中点，能根据线段的中点定义得出AE＝EB=12AB和CF＝FB=12CB是解此题的关键．
【变式8-2】（2019秋•咸丰县期末）已知线段AB＝14，在AB上有四个点C，D，M，N，且AC：CD：DB＝1：2：4，AM=12AC，DN=16DB，计算线段MN的长．
【分析】根据题意画出图形，分别求得CM，CD，DN的值即可求得线段MN的长，即可解题．
【解答】解：①当N在D右侧时，

∵AC：CD：DB＝1：2：4，AC+CD+DB＝14，
∴AC＝2，CD＝4，BD＝8，
∵AM=12AC，∴CM＝1，
∵DN=16DB，∴DN=86=43，
∴MN＝CM+CD+DN＝1+4+43=193．
②当N在D左边时，MN＝CM+（CD﹣DN）＝1+4-43=113．
综上所述MN为193或113．
【点评】本题考查了线段长度的计算，分别求出CM，CD，DN的长是解题的关键．
【变式8-3】（2019秋•柘城县期末）已知：点M是线段AB上．

（1）如图1，点C在线段AM上，且AC=13AM，点D在线段BM上，且BD=23BM．若AB＝18cm，求AC+MD的值．
（2）如图2，若AM=14AB，点N是直线AB上一点，且AN﹣BN=23MN，求MNAB的值．
【分析】（1）根据已知条件得到DM=13BM，根据线段的和差即可得到结论；
（2）分两种情况讨论，①当点N在线段AB上时，②当点N在线段AB的延长线上时，然后根据数量关系即可求解．
【解答】解：（1）∵BD=23BM，
∴DM=13BM，
∵AC=13AM，
∴AC+MD=13BM+13AM=13（AM+BM）=13×AB=13×18＝6cm；
（2）当点N在线段AB上时，如图2，
∵AN﹣BN=23MN，
∴3AN﹣3BN＝2MN，
又∵AN﹣AM＝MN
∴3AN﹣3AM＝3MN，
∴3BN﹣3AM＝MN，
∴BN=13MN+AM=13MN+14AB，
∵AN＝MN+AM＝MN+14AB，
∴AN+BN＝AB=13MN+14AB+MN+14AB，
∴12AB=43MN，
∴MNAB=38；
当点N在线段AB的延长线上时，如图2，
∵AN﹣BN=23MN，又∵AN﹣BN＝AB，
∴23MN＝AB，即MNAB=32．
综上所述MNAB=38或32．

【点评】本题考查了两点间的距离，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系是十分关键的一点．
【考点9 线段的计算（含参问题）】
【例9】（2019秋•郊区期末）（1）如图1，线段AC＝6cm，线段BC＝15cm，点M是AC的中点，在CB上取一点N，使得CN：NB＝1：2，求MN的长．
（2）如图2，若C为线段AB上任意一点，满足AC+CB＝acm，M、N分别为AC、BC的中点，你能猜想MN的长度吗？并说明理由；
（3）若C在线段AB的延长线上的一点，且满足AC﹣BC＝bcm，M、N分别为AC、BC的中点，你能猜想MN的长度吗？并说明理由．

【分析】（1）根据“点M是AC的中点”，先求出MC、CN的长度，再利用MN＝CM+CN即可求出MN的长度即可，
（2）当C为线段AB上一点，且M，N分别是AC，BC的中点，则存在MN=12a，
（3）点在AB的延长线上时，根据M、N分别为AC、BC的中点，即可求出MN的长度．
【解答】解：（1）因为M是AC的中点，AC＝6，
所以MC=12AC＝6×12=3，
又因为CN：NB＝1：2，BC＝15，
所以CN＝15×13=5，
所以MN＝MC+CN＝3+5＝8，
所以MN的长为8 cm；
（2）MN=12a，
当C为线段AB上一点，且M，N分别是AC，BC的中点，则存在MN=12a，

（3）当点C在线段AB的延长线时，如图：

则AC＞BC，
∵M是AC的中点，
∴CM=12AC，
∵点N是BC的中点，
∴CN=12BC，
∴MN＝CM﹣CN=12（AC﹣BC）=12b．
【点评】本题主要考查两点间的距离，掌握线段的中点的性质、线段的和差运算是解题的关键．
【变式9-1】（2019秋•汾阳市期末）已知点C，线段AB．
（1）如图，若点C在线段AB上，且AC＝12，BC＝8，点M、N分别是AC、BC的中点，则线段MN的长度是　 　；
（2）若把（1）中点C在线段AB上，且AC＝12，BC＝8，改为点C是线段AB上任意一点，且AC＝a，BC＝b，其他条件不变，请求出线段MN的长度（用含a、b的式子表示）；
（3）若把（2）中点C是线段AB上任意一点，改为点C是直线AB上任意一点，其他条件不变，则线段MN的长度会变化吗？若有变化，求出结果．

【分析】（1）根据线段的中点的性质，可得MC、NC的长，再根据线段的和差，可得答案；
（2）根据线段的中点的性质，可得MC、NC的长，再根据线段的和差，可得答案；
（3）根据线段的中点的性质，可得MC、NC的长，再根据线段的和差，可得答案．
【解答】解：（1）点M、N分别是AC、BC的中点，AC＝12，BC＝8，
MC＝AC÷2＝12÷2＝6，
NC＝CB÷2＝8÷2＝4，
由线段的和差，得
MN＝MC+NC
＝6+4
＝10．
答：线段MN的长是10，
故答案为：10；
（2）由点M、N分别是AC、BC的中点
可得MC=12AC=12a，CN=12BC=12b
所以MN=MC+CN=a+b2
（3）线段MN的长度会变化
当点C在线段AB上时，由（2）知MN=a+b2
当点C在线段AB上的延长线时，如图，

则AC＞BC，即a＞b．
由点M、N分别是AC、BC的中点．
可得MC=12AC=12a，CN=12BC=12b．
所以MN=MC-CN=a-b2．
当点C在线段BA上的延长线时，如图．

则BC＞AC，即b＞a．
由点M、N分别是AC、BC的中点．
可得MC=12AC=12a，CN=12BC=12b．
所以MN=CN-MC=b-a2．
【点评】本题考查了两点间的距离，线段中点的定义，熟记线段中点的定义是解题的关键．
【变式9-2】（2019秋•襄城县期末）已知线段AB＝m（m为常数），点C为直线AB上一点，点P、Q分别在线段BC、AC上，且满足CQ＝2AQ，CP＝2BP．

（1）如图，若AB＝6，当点C恰好在线段AB中点时，则PQ＝　 　；
（2）若点C为直线AB上任一点，则PQ长度是否为常数？若是，请求出这个常数；若不是，请说明理由；
（3）若点C在点A左侧，同时点P在线段AB上（不与端点重合），请判断2AP+CQ﹣2PQ与1的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）根据已知AB＝6，CQ＝2AQ，CP＝2BP，以及线段的中点的定义解答；
（2）根据已知AB＝m（m为常数），CQ＝2AQ，CP＝2BP；
（3）根据题意，画出图形，求得2AP+CQ﹣2PQ＝0，即可得出2AP+CQ﹣2PQ与1的大小关系．
【解答】解：（1）∵CQ＝2AQ，CP＝2BP，
∴CQ=23AC，CP=23BC，
∵点C恰好在线段AB中点，
∴AC＝BC=12AB，
∵AB＝m（m为常数），
∴PQ＝CQ+CP=23AC+23BC=23×12AB+23×12AB=23×AB=23×6＝4；
故答案为：4；
（2）①点C在线段AB上：
∵CQ＝2AQ，CP＝2BP，
∴CQ=23AC，CP=23BC，
∵AB＝m（m为常数），
∴PQ＝CQ+CP═23AC+23BC=23×（AC+BC）=23AB═23m；
②点C在线段BA的延长线上：
∵CQ＝2AQ，CP＝2BP，
∴CQ=23AC，CP=23BC，
∵AB＝m（m为常数），
∴PQ＝CP﹣CQ=23BC-23AC=23×（BC﹣AC）=23AB=23m；
③点C在线段AB的延长线上：
∵CQ＝2AQ，CP＝2BP，
∴CQ=23AC，CP=23BC，
∵AB＝m（m为常数），
∴PQ＝CQ﹣CP=23AC-23BC=23×（AC﹣BC）=23AB=23m；
故PQ是一个常数，即是常数23m；
（3）如图：

∵CQ＝2AQ，
∴2AP+CQ﹣2PQ
＝2AP+CQ﹣2（AP+AQ）
＝2AP+CQ﹣2AP﹣2AQ
＝CQ﹣2AQ
＝2AQ﹣2AQ
＝0，
∴2AP+CQ﹣2PQ＜1．



【点评】本题主要考查两点间的距离，掌握线段的中点的性质、线段的和差运算是解题的关键．
【变式9-3】（2019秋•金牛区期末）已知线段AB＝m（m为常数），点C为直线AB上一点（不与点A、B重合），点M、N分别在线段BC、AC上，且满足CN＝3AN，CM＝3BM．
（1）如图，当点C恰好在线段AB中点，且m＝8时，则MN＝　 　；
（2）若点C在点A左侧，同时点M在线段AB上（不与端点重合），请判断CN+2AM﹣2MN的值是否与m有关？并说明理由．
（3）若点C是直线AB上一点（不与点A、B重合），同时点M在线段AB上（不与端点重合），求MN长度（用含m的代数式表示）．

【分析】（1）设AN＝x，BM＝y，则CN＝3x，CM＝3y．由AB＝8列出方程，求得x+y，再进而求得MN；
（2）把MN＝AM+AN代入CN+2AM﹣2MN中计算便可知道结果；
（3）设AN＝x，BM＝y，则CN＝3x，CM＝3y，①当C点在B点右边时，不符合题意，舍去；②当点C在点A的左边，由AB＝CB﹣CA得出y﹣x=14m，进而得MN＝3（y﹣x）=34m；③当点C在线段（AB上时，由AB＝CB+CA得y+x=14m，进而得MN＝3（y+x）=34m，最后总结结论．
【解答】解：（1）设AN＝x，BM＝y，则CN＝3x，CM＝3y．
∵AB＝AN+CN+CM+MB＝m，
∴x+3x+3y+y＝m＝8，
∴x+y＝2，
MN＝NC+CM
＝3x+3y
＝3（x+y）
＝6．

（2）CN+2AM﹣2MN的值与m无关．理由如下：
如图1，

∵CN＝3AN，
∴CN+2AM﹣2MN
＝3AN+2AM﹣2（AN+AM）
＝AN
∵AN与m的取值无关，
∴CN+2AM﹣2MN的值与m无关；

（3）设AN＝x，BM＝y，则CN＝3x，CM＝3y
①当C点在B点右边时，
∵满足CM＝3BM，M在线段AB上，如图2

此时，M不是线段BC上的点，不符合题意，舍去；
②当点C在点A的左边，如图3，

∵AB＝CB﹣CA＝（CM+MB）﹣（CN+AN）＝m，
∴（3y+y）﹣（x+3x）＝m，∴y﹣x=14m，
∴MN＝CM﹣CN＝3y﹣3x＝3（y﹣x）=34m；
③当点C在线段（AB上时，如图4，

∵AB＝CB+CA＝（CM+MB）+（CN+AN）＝m，
∴（3y+y）+（x+3x）＝m，
∴x+y=14m，
∴MN＝CM+CN＝3y+3x＝3（y+x）=34m；
∴MN长度为34m．
综上，MN长度为34m．
【点评】本题主要考查两点间的距离，方程的应用，掌握线段的和差运算是解题的关键，分类讨论是难点．
【考点10 线段的计算（动点问题）】
【例10】（2019秋•宽城区期末）如图，AB＝10cm，C是线段AB上一个动点，沿A→B→A以2cm/s的速度往返运动一次，D是线段BC的中点，设点C的运动时间为t秒（0≤t≤10）．
（1）当t＝2时，求线段CD的长．
（2）当t＝6时，求线段AC的长．
（3）求运动过程中线段AC的长．（用含t的代数式表示）
（4）在运动过程中，设AC的中点为E，线段DE的长是否发生变化？若不变，直接写出DE的长；若发生变化，请说明理由．

【分析】（1）t＝2，AC＝4cm，得到CB＝6cm；
（2）t＝6，由题可知A点从B点返回，AC＝10﹣2＝8cm；
（3）当0≤t≤5时，AC＝2tcm，当5≤t≤10时，AC＝（20﹣2t）cm；
（4）DE＝EC+CD=12AC+12CB=12（AC+CB）=12AB＝5cm．
【解答】解：（1）∵t＝2，
∴AC＝4cm，
∵AB＝10cm，
∴CB＝6cm，
∵D是线段BC的中点，
∴CD＝3cm；
（2）∵t＝6，
∴AC＝10﹣2＝8cm，
（3）当0≤t≤5时，AC＝2tcm，
当5≤t≤10时，AC＝（20﹣2t）cm；
（4）DE＝EC+CD=12AC+12CB=12（AC+CB）=12AB＝5cm，
∴线段DE的长不发生变化．
【点评】本题考查两点间的距离；熟练掌握线段的和与差的关系，列出代数式进行运算是解题的关键．
【变式10-1】（2020秋•锦江区校级期中）（1）如图1，已知点C在线段AB上，线段AC＝10厘米，BC＝6厘米，点M，N分别是AC，BC的中点，求线段MN的长度；
（2）已知点C在线段BA的延长线上，点M，N分别是AC，BC的中点，设BC﹣AC＝a，请根据题意画出图形并求MN的长度；
（3）在（1）的条件下，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以2cm/s的速度沿AB向右运动，终点为B，点Q以1cm/s的速度沿AB向左运动，终点为A，当一个点到达终点，另一个点也随之停止运动，求运动多少秒时，C、P、Q三点有一点恰好是以另两点为端点的线段的中点？

【分析】（1）根据中点的定义、线段的和差，可得答案；
（2）根据中点的定义、线段的和差，可得答案；
（3）根据线段中点的性质，可得方程，根据解方程，可得答案．
【解答】解：（1）∵线段AC＝10厘米，BC＝6厘米，点M，N分别是AC，BC的中点，
∴CM=12AC＝5厘米，CN=12BC＝3厘米，
∴MN＝CM+CN＝8厘米；
（2）如图，∵点M，N分别是AC，BC的中点，
∴CM=12AC，CN=12BC，
∴MN＝CN﹣CM=12（BC﹣AC）=12a；
（3）①当0＜t≤5时，C是线段PQ的中点，得
10﹣2t＝6﹣t，解得t＝4；
②当5＜t≤163时，P为线段CQ的中点，2t﹣10＝16﹣3t，解得t=265；
③当165＜t≤6时，Q为线段PC的中点，6﹣t＝3t﹣16，解得t=112；
④当6＜t≤8时，C为线段PQ的中点，2t﹣10＝t﹣6，解得t＝4（舍），
综上所述：t＝4或265或112．

【点评】本题考查了两点间的距离，利用线段中点的性质得出关于t的方程是解题关键，要分类讨论，以防遗漏．
【变式10-2】（2019秋•新都区期末）如图，直线l上有A，B两点，AB＝12cm，点O是线段AB上的一点，OA＝2OB．
（1）OA＝　 　cm，OB＝　 　cm；
（2）若点C是线段AB上一点（点C不与点AB重合），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t（s），当点P与点Q重合时，P，Q两点停止运动．求当t为何值时，2OP﹣OQ＝4（cm）；

【分析】（1）由于AB＝12cm，点O是线段AB上的一点，OA＝2OB，则OA+OB＝3OB＝AB＝12cm，依此即可求解；
（2）根据图形可知，点C是线段AO上的一点，可设C点所表示的实数为x，分两种情况：①点C在线段OA上时；②点C在线段OB上时，根据AC＝CO+CB，列出方程求解即可；
（3）①0＜t＜4（P在O的左侧）；②4≤t≤12，分情况讨论求解即可．
【解答】解：（1）∵AB＝12cm，OA＝2OB，
∴OA+OB＝3OB＝AB＝12cm，解得OB＝4cm，
OA＝2OB＝8cm．
故答案为：8，4；

（2）设C点所表示的实数为x，
分两种情况：①点C在线段OA上时，
∵AC＝CO+CB，
∴8+x＝﹣x+4﹣x，
3x＝﹣4，
x=-43；
②点C在线段OB上时，
∵AC＝CO+CB，
∴8+x＝4，
x＝﹣4（不符合题意，舍）．
故CO的长是43cm；

（3）①0＜t＜4（P在O的左侧），
OP＝0﹣（﹣8+2t）＝8﹣2t，OQ＝4+t，2OP﹣OQ＝4，则 2（8﹣2t）﹣（4+t）＝4，解得t＝1.6s；
②4≤t≤12，
OP＝﹣8+2t﹣0＝﹣8+2t，OQ＝4+t，2OP﹣OQ＝4，则 2（2t﹣8）﹣（4+t）＝4，解得t＝8s．
综上所述，t＝1.6s或8s时，2OP﹣0Q＝4cm．
【点评】本题考查了数轴上两点的距离、数轴上点的表示、一元一次方程的应用，比较复杂，要认真理清题意，并注意数轴上的点，原点左边表示负数，右边表示正数，在数轴上，两点的距离等于任意两点表示的数的差的绝对值．
【变式10-3】（2019秋•秦淮区期末）【探索新知】
如图1，点C在线段AB上，图中共有3条线段：AB、AC、和BC，若其中有一条线段的长度是另一条线段长度的两倍，则称点C是线段AB的“二倍点”．

（1）一条线段的中点　是　这条线段的“二倍点”；（填“是”或“不是”）
【深入研究】
如图2，点A表示数﹣10，点B表示数20，若点M从点B，以每秒3cm的速度向点A运动，当点M到达点A时停止运动，设运动的时间为t秒．
（2）点M在运动过程中表示的数为　 　（用含t的代数式表示）；
（3）求t为何值时，点M是线段AB的“二倍点”；
（4）同时点N从点A的位置开始，以每秒2cm的速度向点B运动，并与点M同时停止．请直接写出点M是线段AN的“二倍点”时t的值．
【分析】（1）可直接根据“二倍点”的定义进行判断；
（2）根据题意即可得到结论；
（3）用含t的代数式分别表示出线段AM、BM、AB，然后根据“二倍点”的意义，分类讨论得结果；
（4）用含t的代数式分别表示出线段AN、NM、AM，然后根据“二倍点”的意义，分类讨论．
【解答】解：（1）因为线段的中点把该线段分成相等的两部分，
该线段等于2倍的中点一侧的线段长．
所以一条线段的中点是这条线段的“二倍点”
故答案为：是
（2）点M在运动过程中表示的数为20﹣3t，
故答案为：20﹣3t；
（3）当AM＝2BM时，30﹣3t＝2×3t，解得：t=103；
当AB＝2AM时，30＝2×（30﹣3t），解得：t＝5；
当BM＝2AM时，3t＝2×（30﹣3t），解得：t=203；
答：t为103或5或203时，点M是线段AB的“二倍点”；
（4）当AN＝2MN时，2t＝2[2t﹣（30﹣3t）]，解得：t=152；
当AM＝2NM时，30﹣3t＝2[2t﹣（30﹣3t）]，解得：t=9013；
当MN＝2AM时，2t﹣（30﹣3t）＝2（30﹣3t），解得：t=9011；
当AN＝2MN时，2t＝2[2t﹣（30﹣3t）]，解得：t=152；
答：t为152或9013或9011或152时，点M是线段AN的“二倍点”．
【点评】本题考查了一元一次方程的解法、线段的和差等知识点，题目需根据“二倍点”的定义分类讨论，理解“二倍点”是解决本题的关键．
【考点11 钟面角的计算】
【方法点拨】计算钟面上时针与分针所成角的度数，一般先从钟面上找出某一时刻分针与时针所处的位置，确定其夹角，再根据表面上每一格30°的规律，计算出分针与时针的夹角的度数．
分针：60分钟转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷60=6°
时针：12小时转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷12÷60=0.5°．
【例11】（2019秋•顺城区期末）如图，八点三十分时针与分针所成的角是（　　）

A．75° B．65° C．55° D．45°
【分析】根据钟面平均分成12份，可得每份的度数；根据时针与分针相距的份数乘以每份的度数，可得答案．
【解答】解：钟面每份是30°，上午8：30时时针与分针相距2.5份，
此时时钟的时针与分针所夹的角（小于平角）的度数是30°×2.5＝75°．
故选：A．
【点评】本题考查了钟面角，时针与分针相距的份数乘以每份的度数是解题关键．
【变式11-1】（2020春•五华区校级月考）11点40分，时钟的时针与分针的夹角为（　　）
A．140° B．130° C．120° D．110°
【分析】根据时针与分针相距的份数乘以每份的度数，可得答案．
【解答】解：11点40分时针与分针相距3+4060=113（份），
30°×113=110°，
故选：D．
【点评】本题考查了钟面角，确定时针与分针相距的份数是解题的关键．
【变式11-2】（2020春•广饶县期末）当时钟指向上午10：10分，时针与分针的夹角是多少度（　　）
A．115° B．120° C．105° D．90°
【分析】根据时针与分针相距的份数乘以每份的度数，可得答案．
【解答】解：时钟指向上午10：10分，时针与分针相距3+5060=236份，
时钟指向上午10：10分，时针与分针的夹角是多少度30°×236=115°，
或时针与分针的夹角是120°﹣10×（12）°＝115°；
故选：A．
【点评】本题考查了钟面角，确定时针与分针相距的份数是解题关键．
【变式11-3】（2019秋•清苑区期末）下列时刻中的时针与分针所成的角最大的是（　　）
A．1：00 B．3：03 C．5：05 D．10：10
【分析】根据时针的旋转角减去分针的旋转角，可得答案．
【解答】解：A、1：00时时针与分针的夹角是30°，
B、3：03时时针与分针的夹角是3×30+0.5×3﹣3×6＝73.5°，
C、5：05时时时针与分针的夹角是30×5+0.5×5﹣6×5＝122.5°，
D、10：10时时时针与分针的夹角是30×（3+56）＝90+25＝115°，
故选：C．
【点评】本题考查了钟面角，利用了时针与分针的夹角是时针的旋转角减去分针的旋转角．
【考点12 度分秒的换算】
【方法点拨】度、分、秒是常用的角的度量单位．1度=60分，即1°=60′，1分=60秒，即1′=60″．
具体换算可类比时钟上的时、分、秒来说明角的度量单位度、分、秒之间也是60进制，将高级单位化为低级单位时，乘以60，反之，将低级单位转化为高级单位时除以60．同时，在进行度、分、秒的运算时也应注意借位和进位的方法．
【例12】（2020春•莱州市期中）35.48°＝　 　度　 　分　 　秒．
【分析】根据大单位化小单位乘以进率，先把0.48°化成分，再把0.8′化成秒，即可得出答案．
【解答】解：0.48°＝（0.48×60）′＝28.8′，
0.8′＝（0.8×60）″＝48″，
所以35.48°＝35°28′48″．
故答案为：35，28，48．
【点评】本题考查了度分秒的换算，利用大单位化小单位乘以进率，小单位华大单位除以进率是解题关键．度分秒之间的换算要注意：1°＝60′，1′＝60″．
【变式12-1】（2019秋•岳阳楼区校级期末）35.15°＝　 　°　 　′　 　″；12°15′36″＝　 　°．
【分析】1°＝60′，1′＝60″，根据度分秒的换算即可得出结果．
【解答】解：∵0.15°＝9′，
∴35.15°＝35°9′；
∵36″＝0.6′，15.6′＝0.26°，
∴12°15′36″＝12.26°，
故答案为：35，9，0；12.26．
【点评】此题考查了度分秒的换算，解题的关键是熟记1°＝60′，1′＝60″．
【变式12-2】（2020春•肥城市期末）计算：65°19′48″+35°17′6″＝　 　（将计算结果换算成度）．
【分析】根据度、分、秒间的进制是60进行解答．
【解答】解：65°19′48″+35°17′6″
＝100°36′54″，
∵54÷60＝0.9，（36+0.9）÷60＝0.615，100+0.615＝100.615，
∴100°36′54″＝100.615°．
故答案是：100.615°．
【点评】本题考查了角度的计算和度分秒的换算，单位度、分、秒之间是60进制，将高级单位化为低级单位时，乘以60，反之，将低级单位转化为高级单位时除以60．同时，在进行度、分、秒的运算时也应注意借位和进位的方法．
【变式12-3】（2020秋•柘城县期末）计算：18°13′×5﹣49°28′52″÷4
【分析】根据度分秒的除法，从大的单位算起，余数乘以进率化成小的单位再除，可得答案．
【解答】解：原式＝90°65′﹣48°88′52′′÷4
＝90°65′﹣12°22′13′′
＝78°42′47′′
【点评】本题考查了度分秒的换算，从大的单位算起，余数化成下一单位再除．
【考点13 余角和补角的认识】
【方法点拨】余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角．
补角：如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．
性质：等角（同角）的补角相等．等角（同角）的余角相等．
【例13】（2020春•高新区校级月考）已知∠1和∠2互为余角，且∠2与∠3互补，∠1＝60°，则∠3为（　　）
A．120° B．60° C．30° D．150°
【分析】根据∠1和∠2互为余角，∠1＝60°，求得∠2的度数，然后根据∠2与∠3互补，得出∠3＝180°﹣∠2．
【解答】解：∵∠1和∠2互为余角，∠1＝60°，
∴∠2＝90°﹣∠1＝90°﹣60°＝30°，
∵∠2与∠3互补，
∴∠3＝180°﹣∠2＝180°﹣30°＝150°．
故选：D．
【点评】本题考查了余角和补角的知识，属于基础题，解答本题的关键是掌握互余两角之和为90°，互补两角之和为180°．
【变式13-1】（2020春•六盘水期末）一个角的补角比这个角的余角的3倍少20°，这个角的度数是（　　）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】设这个角为α，根据余角的和等于90°，补角的和等于180°表示出这个角的补角与余角，然后根据题意列出方程求解即可．
【解答】解：设这个角为α，则它的补角为180°﹣α，余角为90°﹣α，
根据题意得，180°﹣α＝3（90°﹣α）﹣20°，
解得α＝35°．
故选：B．
【点评】本题考查了余角与补角的定义，熟记“余角的和等于90°，补角的和等于180°”是解题的关键．
【变式13-2】（2019秋•裕安区期末）已知∠α和∠β互补，且∠α＞∠β，则有下列式子：
①90°﹣∠β；②∠α﹣90°；③12（∠α+∠β）④12（∠α﹣∠β）；⑤12（∠α﹣90°），其中，表示∠β的余角的式子有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据∠α与∠β互补，得出∠β＝180°﹣∠α，∠α＝180°﹣∠β，求出∠β的余角是90°﹣∠β，90°﹣∠β表示∠β的余角；∠α﹣90°＝90°﹣∠β，即可判断②；180°﹣∠α＝∠β，根据余角的定义即可判断③；求出12（∠α﹣∠β）＝90°﹣∠β，即可判断④⑤．
【解答】解：∵∠α与∠β互补，
∴∠β＝180°﹣∠α，∠α＝180°﹣∠β，
∴90°﹣∠β表示∠β的余角，∴①正确；
∠α﹣90°＝180°﹣∠β﹣90°＝90°﹣∠β，∴②正确；
180°﹣∠α＝∠β，∴③错误；
12（∠α﹣∠β）=12（180°﹣∠β﹣∠β）＝90°﹣∠β，∴④正确，⑤错误．
故表示∠β的余角的式子有3个．
故选：B．
【点评】本题考查了对余角和补角的理解和运用，注意：∠α与∠β互补，得出∠β＝180°﹣∠α，∠α＝180°﹣∠β；∠β的余角是90°﹣∠β，题目较好．
【变式13-3】（2020春•雨花区校级月考）如图，将一副三角板叠在一起使直角顶点重合于点O，（两块三角板可以在同一平面内自由转动），下列结论一定成立的是（　　）

A．∠BOA＞∠DOC B．∠BOA﹣∠DOC＝90°
C．∠BOA+∠DOC＝180° D．∠BOC≠∠DOA
【分析】根据角的和差关系以及余角和补角的定义、结合图形计算即可．
【解答】解：因为是直角三角板，所以∠AOC＝∠BOD＝90°，
所以∠BOA+∠DOC＝∠AOC+∠BOC+∠DOC＝∠AOC＝∠BOD＝180°，
故选：C．
【点评】本题考查的是余角和补角的概念、角的计算，掌握余角和补角的概念、正确根据图形进行角的计算是解题的关键．
【考点14 角度的计算（方程思想）】
【例14】（2019秋•息县期末）如图，OC平分∠AOB，∠AOD：∠BOD＝3：5，已知∠COD＝15°，求∠AOB的度数．

【分析】根据角平分线的意义和∠AOD：∠BOD＝3：5，设未知数表示∠COD进而求出答案．
【解答】解：设∠AOD＝3x，则∠BOD＝5x．
∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝3x+5x＝8x．
∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC=12∠AOB=12×8x=4x．
∴∠COD＝∠AOC﹣∠AOD＝4x﹣3x＝x．
∵∠COD＝15°，
∴x＝15°．
∴∠AOB＝8x＝8×15°＝120°．
【点评】考查角平分线的意义，用方程思想解决几何图形问题是常用方法．
【变式14-1】（2019秋•渝中区校级期末）如图所示，AB为一条直线，OC是∠AOD的平分线，OE在∠BOD内，∠DOE：∠BOD＝2：5，∠COE＝80°，求∠EOB的度数．

【分析】设∠DOE＝2x，根据题意得到∠BOE＝3x，∠AOC＝∠COD＝80°﹣2x，再根据平角为180度，得到2×（80°﹣2x）+5x＝180°，解得x＝20°，即可得到∠BOE的度数．
【解答】解：如图，设∠DOE＝2x，
∵∠DOE：∠BOD＝2：5，
∴∠BOE＝3x，
又∵OC是∠AOD的平分线，∠COE＝80°，
∴∠AOC＝∠COD＝80°﹣2x
2×（80°﹣2x）+5x＝180°，
解得x＝20°
∴∠BOE＝3x＝3×20°＝60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查了角平分线定义，邻补角定义，掌握角平分线把已知角分成两个相等的角是解题的关键．
【变式14-2】如图，A，O，B三点在一条直线上，∠AOC＝3∠COD，OE平分∠BOD，∠COE＝80°，求∠COD的度数．

【分析】根据∠AOC＝3∠COD，可以用∠COD表示∠DOE，再根据∠COE＝80°，列方程求出答案即可．
【解答】解：设∠COD＝x，
∵∠AOC＝3∠COD，
∴∠AOC＝3x，∠AOD＝4x，
∵OE平分∠BOD，
∴∠BOE＝∠DOE=12（180°﹣∠AOD）＝90°﹣2x，
由∠COE＝∠COD+∠DOE得，x+90°﹣2x＝80°，
∴x＝10°，
即：∠COD＝10°
【点评】考查角平分线的意义，邻补角的意义，以及利用代数的方法解决几何问题等知识，正确地找出各个角之间的关系是正确解答的关键．
【变式14-3】（2019秋•青龙县期末）如图，OC是∠AOD的平分线，OE是∠BOD的平分线．
（1）若∠AOB＝120°，则∠COE是多少度？
（2）如果∠BOC＝3∠AOD，∠EOD﹣∠COD＝30°，那么∠BOE是多少度？

【分析】（1）由OC是∠AOD的平分线，OE是∠BOD的平分线．可得∠COE=12∠AOB＝60°；
（2）用∠BOE，表示∠COD，∠AOC，∠BOC和∠AOD，列方程求解即可．
【解答】解：（1）∵OC是∠AOD的平分线，
∴∠AOC＝∠DOC．
∵OE是∠BOD的平分线，
∴∠BOE＝∠DOE，
所以∠COE=12∠AOB=60°．
（2）设∠BOE的度数为x，则∠DOE的度数也为x．
∵∠EOD﹣∠COD＝30°，
∴∠COD＝∠AOC＝x﹣30°，
∴∠AOD＝2∠AOC＝2（x﹣30°）．
∴∠BOC＝3∠AOD，
∴可列方程为x+x+x﹣30°＝3×2（x﹣30°），
解得x＝50°，
即∠BOE的度数为50°．
【点评】考查角平分线的意义，根据图形直观得出各个角之间的和差关系是正确解答的前提．
【考点15 角度的计算（分类讨论思想）】
【例15】（2019秋•沧州期末）在直线AB上任取一点O，过点O作射线OC，OD，使∠COD＝90°，当∠AOC＝50°时，∠BOD的度数是　 　．
【分析】分射线OC、OD在直线AB的两侧两种情况作出图形，在同一侧时，根据平角等于180°列式计算即可得解，在两侧时，先求出∠AOD，再根据邻补角的定义列式计算即可得解．
【解答】解：如图，射线OC、OD在直线AB的同一侧时，
∵∠COD＝90°，
∴∠BOD＝180°﹣90°﹣∠AOC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
射线OC、OD在直线AB的两侧时，
∵∠COD＝90°，
∴∠AOD＝90°﹣∠AOC＝90°﹣50°＝40°，
∴∠BOD＝180°﹣∠AOD＝180°﹣40°＝140°．
综上所述，∠BOD的度数是40°或140°．
故答案为：40°或140°．

【点评】本题考查了余角和补角，难点在于考虑射线OC、OD在直线AB的两侧两种情况，作出图形更形象直观．
【变式15-1】（2019秋•渝中区校级期末）平面内，已知∠AOB＝90°，∠BOC＝20°，OE平分∠AOB，OF平分∠BOC，则∠EOF＝　 　．
【分析】分两种情况：当OC在∠AOB内时；当OC在∠AOB外时．根据角平分线的定义，角的和差进行解答便可．
【解答】解：当OC在∠AOB内时，如图1，

∠EOF＝∠BOE﹣∠BOF=12∠AOB-12∠BOC=12×90°-12×20°=35°；
当OC在∠AOB外时，如图2，

∠EOF＝∠BOE+∠BOF=12∠AOB+12∠EOF=12×90°+12×20°=55°，
故答案为：35°或55°．
【点评】本题主要考查了角的和差，角平分线的定义，关键是分情况讨论．
【变式15-2】（2019秋•蜀山区期末）已知，在同一平面内，∠AOB＝30°，射线OC在∠AOB的外部，OD平分∠AOC，若∠BOD＝40°，则∠AOC度数为 　．
【分析】根据题意画出图形，再根据角的和差关系以及角平分线的定义解答即可．
【解答】解：有两种情况，①如图1所示，

∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝30°+40°＝70°，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOC＝2∠AOD＝2×70°＝140°；
②如图2所示，

∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝40°﹣30°＝10°，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOC＝2∠AOD＝2×10°＝20°．
综上所述，∠AOC度数为140°或20°．
故答案为：140°或20°
【点评】本题考查了角平分线定义，角的有关计算的应用，解此题的关键是正确的画出图形并分类讨论．
【变式15-3】已知∠AOB＝90°，射线OC在∠AOB内部，且∠AOC＝20°，∠COD＝50°，射线OE、OF分别平分∠BOC、∠COD，则∠EOF的度数是　 　．
【分析】先根据题意画出图形，再分OD在∠AOB内和OD在∠AOB外，根据角的和差关系和角平分线的定义可求∠EOF的度数．
【解答】解：如图1，OD在∠AOB内，
∵∠AOB＝90°，∠AOC＝20°，
∴∠BOC＝70°，
∵射线OE平分∠BOC，
∴∠EOC＝35°，
∵射线OF平分∠COD，∠COD＝50°，
∴∠FOC＝25°，
∴∠EOF＝10°；
如图2，OD在∠AOB外，
∵∠AOB＝90°，∠AOC＝20°，
∴∠BOC＝70°，
∵射线OE平分∠BOC，
∴∠EOC＝35°，
∵射线OF平分∠COD，∠COD＝50°，
∴∠FOC＝25°，
∴∠EOF＝60°．
则∠EOF的度数是10°或60°．
故答案为：10°或60°．

【点评】本题考查了角平分线的定义以及角的计算，注意要根据射线OD的位置不同，分类讨论．
【考点16 角度的计算（旋转含参问题）】
【例16】（2020秋•长兴县期末）如图1，已知∠AOB＝150°，∠COE与∠EOD互余，OE平分∠AOD．
（1）在图1中，若∠COE＝32°，则∠DOE＝　 　；∠BOD＝　 　；
（2）在图1中，设∠COE＝α，∠BOD＝β，请探索α与β之间的数量关系；
（3）在已知条件不变的前提下，当∠COD绕点O逆时针转动到如图2的位置时，（2）中α与β的数量关系是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，直接写出α与β的数量关系．

【分析】（1）根据互为余角的两个角的和等于90°列式计算即可得解；根据角平分线的定义求出∠AOD，再根据∠BOD＝∠AOB﹣∠AOD计算即可得解；
（2）先表示出∠DOE，然后表示出∠AOD，再根据∠AOB＝∠BOD+∠AOD整理即可得解；
（3）思路同（2）．
【解答】解：（1）∵∠COE与∠EOD互余，
∴∠DOE＝90°﹣∠COE＝90°﹣32°＝58°，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠DOE＝2×58°＝116°，
∴∠BOD＝∠AOB﹣∠AOD＝150°﹣116°＝34°；
故答案为：58°，34°；

（2）∵∠COE与∠EOD互余，
∴∠DOE＝90°﹣∠COE＝90°﹣α，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠DOE＝2（90°﹣α），
∵∠AOB＝150°，∠BOD＝β，
∴2（90°﹣α）+β＝150°，
整理得，2α﹣β＝30°；

（3））∵∠COE与∠EOD互余，
∴∠DOE＝90°﹣∠COE＝90°﹣α，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠DOE＝2（90°﹣α），
∵∠AOB＝150°，∠BOD＝β，
∴2（90°﹣α）﹣150°＝β，
整理得2α+β＝30°．
【点评】本题考查了余角和补角，角平分线的定义，角的计算，熟记概念并准确识图，理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
【变式16-1】（2019秋•普宁市期末）如图1直角三角板的直角顶点O在直线AB上，OC，OD是三角板的两条直角边，射线OE平分∠AOD．
（1）若∠COE＝40°，则∠BOD＝　 　．
（2）若∠COE＝α，求∠BOD（请用含α的代数式表示）；
（3）当三角板绕O逆时针旋转到图2的位置时，其它条件不变，试猜测∠COE与∠BOD之间有怎样的数量关系？并说明理由．

【分析】（1）先根据直角计算∠DOE的度数，再同角平分线的定义计算∠AOD的度数，最后利用平角的定义可得结论；
（2）先根据直角计算∠DOE的度数，再同角平分线的定义计算∠AOD的度数，最后利用平角的定义可得结论；
（3）设∠BOD＝β，则∠AOD＝180°﹣β，根据角平分线的定义表示∠BOE，再利用角的和差关系求∠COE的度数，可得结论．
【解答】解：（1）若∠COE＝40°，
∵∠COD＝90°，
∴∠EOD＝90°﹣40°＝50°，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠EOD＝100°，
∴∠BOD＝180°﹣100°＝80°；
（2）∵∠COE＝α，
∴∠EOD＝90﹣α，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠EOD＝2（90﹣α）＝180﹣2α，
∴∠BOD＝180°﹣（180﹣2α）＝2α；
（3）如图2，∠BOD+2∠COE＝360°，理由是：
设∠BOD＝β，则∠AOD＝180°﹣β，
∵OE平分∠AOD，
∴∠EOD=12∠AOD=180°-β2=90°-12β，
∵∠COD＝90°，
∴∠COE＝90°+（90°-12β）＝180°-12β，
即∠BOD+2∠COE＝360°．
故答案为：80°．
【点评】本题考查了余角的定义，角平分线的定义和平角的定义，以及角的和差关系，熟练掌握平角和余角的定义是关键，并注意利用数形结合的思想．
【变式16-2】（2019秋•沈河区期末）已知：点O为直线AB上一点，∠COD＝90°，射线OE平分∠AOD，设∠COE＝α，

（1）如图①所示，若α＝25°，则∠BOD＝　 　．
（2）若将∠COD绕点O旋转至图②的位置，试用含α的代数式表示∠BOD的大小，并说明理由；
（3）若将∠COD绕点O旋转至图③的位置，则用含α的代数式表示∠BOD的大小，即∠BOD＝　 　．
（4）若将∠COD绕点O旋转至图④的位置，继续探究∠BOD和∠COE的数量关系，则用含α的代数式表示∠BOD的大小，即∠BOD＝　 　．
【分析】（1）由互余得∠DOE度数，进而由角平分线得到∠AOE度数，根据∠AOC＝∠AOE﹣∠COE、∠BOD＝180°﹣∠AOC﹣∠COD可得∠BOD度数；
（2）由互余及角平分线得∠DOE＝90°﹣∠COE＝∠AOE，∠AOC＝∠AOE﹣∠COE＝90°﹣2∠COE，最后根据∠BOD＝180°﹣∠AOC﹣∠COD可得；
（3）由互余得∠DOE＝90°﹣∠COE，由角平分线得∠AOD＝2∠DOE＝180°﹣2∠COE，最后根据∠BOD＝180°﹣∠AOC﹣∠COD可得；
（4）由互余得∠DOE＝∠COE﹣90°，由角平分线得∠AOD＝2∠DOE＝2∠COE﹣180°，最后根据∠BOD＝180°﹣∠AOD可得．
【解答】解：（1）∠EOD＝∠COD﹣∠COE＝90°﹣25°＝65°，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠EOD＝2×65°＝130°，
∴∠BOD＝180°﹣∠AOD＝180°﹣130°＝50°．
故答案为：50°．

（2）∠BOD＝2∠COE＝2α．理由如下：
∵∠COD＝90°，
∴∠DOE＝90°﹣∠COE，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOE＝∠DOE＝90°﹣∠COE，
∴∠AOC＝∠AOE﹣∠COE＝90°﹣2∠COE，
∵A、O、B在同一直线上，
∴∠BOD＝180°﹣∠AOC﹣∠COD
＝180°﹣90°﹣（90°﹣2∠COE）
＝2∠COE，
即：∠BOD＝2∠COE＝2α．

（3）∠BOD＝2∠COE，理由如下；
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠EOD，
∵∠BOD+∠AOD＝180°，
∴∠BOD+2∠EOD＝180°．
∵∠COD＝90°，
∴∠COE+∠EOD＝90°，
∴2∠COE+2∠EOD＝180°，
∴∠BOD＝2∠COE＝2α．
故答案为：2α；

（4）∵∠COD＝90°，
∴∠DOE＝∠COE﹣90°，
又∵OE平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠DOE＝2∠COE﹣180°，
∴∠BOD＝180°﹣∠AOD
＝180°﹣2∠COE+180°
＝360°﹣2∠COE，
即：∠BOD+2∠COE＝360°．
∴∠BOD＝360°﹣2∠COE＝360°﹣2α．
故答案为：360°﹣2α．
【点评】本题主要考查利用互余、互补及角平分线进行角的计算，求∠BOD时可逆向推理得到与∠COE间关系，灵活运用以上三点是关键．
【变式16-3】（2020秋•南陵县期末）已知∠AOB＝130°，∠COD＝80°，OM，ON分别是∠AOB和∠COD的平分线．
（1）如果OA，OC重合，且OD在∠AOB的内部，如图1，求∠MON的度数；
（2）如果将图1中的∠COD绕点O点顺时针旋转n°（0＜n＜155），如图2，
①∠MON与旋转度数n°有怎样的数量关系？说明理由；
②当n为多少时，∠MON为直角？
（3）如果∠AOB的位置和大小不变，∠COD的边OD的位置不变，改变∠COD的大小；将图1中的OC绕着O点顺时针旋转m°（0＜m＜100），如图3，∠MON与旋转度数m°有怎样的数量关系？说明理由．

【分析】（1）根据角平分线的定义得：∠AOM=12∠AOB＝65°，∠AON＝40°，相减可得∠MON的度数；
（2）①根据角的和差定义计算即可；
②构建方程求出n即可；
（3）分两种情形，根据角的和差定义计算即可；
【解答】解：（1）如图1，∵OM平分∠AOB，∠AOB＝130°，
∴∠AOM=12∠AOB=12×130°＝65°，
∵ON平分∠COD，∠COD＝80°，
∴∠AON=12∠COD=12×80°＝40°，
∴∠MON＝∠AOM﹣∠AON＝65°﹣40°＝25°；

（2）①如图2中，∠MON＝∠COM﹣∠NOC＝65°+n°﹣40°＝n°+25°．
②当∠MON＝90°时，n°+25°＝90°，
∴n＝65．

（3）如图3中，当ON在∠AOB内部时∠MON＝∠AOM﹣∠AON＝65°﹣（40°-12m°）=12m°+25°．
当ON在∠AOB外部时时，∠MON＝∠AOM+∠AON＝65°+12m°﹣40=12m°+25°．
综上所述，∠MON=12m°+25°．

【点评】本题考查角的计算、角平分线的定义、旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握角的和差定义，属于中考常考题型．
【考点17 角度的计算（旋转动态问题）】
【例17】（2019秋•海州区校级期末）如图1，点A、O、B依次在直线MN上，现将射线OA绕点O沿顺时针方向以每秒4°的速度旋转，同时射线OB绕点O沿逆时针方向以每秒6°的速度旋转，直线MN保持不动，如图2，设旋转时间为t（0≤t≤60，单位秒）

（1）当t＝3时，求∠AOB的度数；
（2）在运动过程中，当∠AOB第二次达到72°时，求t的值；
（3）在旋转过程中是否存在这样的t，使得射线OB与射线OA垂直？如果存在，请求出t的值；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用∠AOB＝180°﹣∠AOM﹣∠BON，即可求出结论；
（2）利用∠AOM+∠BON＝180°+∠AOB，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论；
（3）分0≤t≤18及18≤t≤60两种情况考虑，当0≤t≤18时，利用∠AOB＝180°﹣∠AOM﹣∠BON＝90°，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论；当18≤t≤60时，利用∠AOM+∠BON＝180°+∠AOB（∠AOB＝90°或270°），即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．综上，此题得解．
【解答】解：（1）当t＝3时，∠AOB＝180°﹣4°×3﹣6°×3＝150°．
（2）依题意，得：4t+6t＝180+72，
解得：t=1265．
答：当∠AOB第二次达到72°时，t的值为1265．
（3）当0≤t≤18时，180﹣4t﹣6t＝90，
解得：t＝9；
当18≤t≤60时，4t+6t＝180+90或4t+6t＝180+270，
解得：t＝27或t＝45．
答：在旋转过程中存在这样的t，使得射线OB与射线OA垂直，t的值为9、27或45．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用以及角的计算，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
【变式17-1】（2019秋•雨花区校级期末）一副三角尺（分别含45°，45°，90°和30°，60°，90°）按如图所示摆放在量角器上，边PD与量角器0°刻度线重合，边AP与量角器180°刻度线重合，将三角尺ABP绕量角器中心点P以每秒10°的速度顺时针旋转，当边PB与0°刻度线重合时停止运动，设三角尺ABP的运动时间为t．
（1）当t＝5时，边PB经过的量角器刻度线对应的度数是　 　度；
（2）若在三角尺ABP开始旋转的同时，三角尺PCD也绕点P以每秒2°的速度逆时针旋转，当三角尺ABP停止旋转时，三角尺PCD也停止旋转．
①当t为何值时，边PB平分∠CPD；
②在旋转过程中，是否存在某一时刻使∠BPD＝2∠APC，若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由

【分析】（1）当t＝5秒时，由旋转知，10°×5＝50°即可得出结论；
（2）①如图1，根据PB平分∠CPD，可得10°t＝180°﹣45°﹣30°﹣2°t，进而求解；
②设时间为t秒，则∠APM＝10°t，∠DPN＝2°t，分两种情况说明：Ⅰ）当PA在PC左侧时，如图2所示：Ⅱ）当PA在PC右侧时，如图3，根据旋转过程列出方程即可求得结论．
【解答】解：（1）180°﹣45°﹣5×10°＝85°，
故答案为：85；
（2）①如图1所示：

∵PB平分∠CPD；
∴∠CPB＝∠BPD=12∠CPD＝30°，
∴∠APC＝∠APB﹣∠CPB＝45°﹣30°＝15°，
由∠MPN＝180°得，10°t+15°+60°+2°t＝180°，
（或者10°t＝180°﹣45°﹣30°﹣2°t）
解得，t=354，
∴当t=354秒时，边PB平分∠CPD；
②设时间为t秒，则∠APM＝10°t，∠DPN＝2°t，
Ⅰ）当PA在PC左侧时，如图2所示：

此时，∠APC＝180°﹣10°t﹣60°﹣2°t＝120°﹣12°t，
∠BPD＝180°﹣45°﹣10°t﹣2°t＝135°﹣12°t，
若∠BPD＝2∠APC，则135°﹣12°t＝2（120°﹣12°t），
解得，t=354，
Ⅱ）当PA在PC右侧时，如图3所示：
此时，∠APC＝10°t+2°t+60°﹣180°＝12°t﹣120°，
∠BPD＝180°﹣45°﹣10°t﹣2°t＝135°﹣12t°，
若∠BPD＝2∠APC，则135°﹣12°t＝2（12°t﹣120°），
解得，t=12512．
综上所述，
当t=354秒或12512秒时，∠BPD＝2∠APC．


【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的变化，量角器的识别，表示出∠APC与∠BPD是解本题的关键．
【变式17-2】（2019秋•吴兴区期末）【阅读理解】
射线OC是∠AOB内部的一条射线，若∠COA=12∠BOC，则我们称射线OC是射线OA的伴随线．例如，如图1，∠AOB＝60°，∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝20°，则∠AOC=12∠BOC，称射线OC是射线OA的伴随线；同时，由于∠BOD=12∠AOD，称射线OD是射线OB的伴随线．

【知识运用】
（1）如图2，∠AOB＝120°，射线OM是射线OA的伴随线，则∠AOM＝　 　°，若∠AOB的度数是α，射线ON是射线OB的伴随线，射线OC是∠AOB的平分线，则∠NOC的度数是　　．（用含α的代数式表示）
（2）如图3，如∠AOB＝180°，射线OC与射线OA重合，并绕点O以每秒3°的速度逆时针旋转，射线OD与射线OB重合，并绕点O以每秒5°的速度顺时针旋转，当射线OD与射线OA重合时，运动停止．
①是否存在某个时刻t（秒），使得∠COD的度数是20°，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
②当t为多少秒时，射线OC、OD、OA中恰好有一条射线是其余两条射线的伴随线．
【分析】（1）根据伴随线定义即可求解；
（2）①利用分类讨论思想，分相遇之前和之后进行列式计算即可；
②利用分类讨论思想，分相遇之前和之后四个图形进行计算即可．
【解答】解：（1）40°，α6；
（2）射线OD与OA重合时，t=1805=36（秒）
①当∠COD的度数是20°时，有两种可能：
若在相遇之前，则180﹣5t﹣3t＝20，
∴t＝20；
若在相遇之后，则5t+3t﹣180＝20，
∴t＝25；
所以，综上所述，当t＝20秒或25秒时，∠COD的度数是20°．
②相遇之前：
（i）如图1，

OC是OA的伴随线时，则∠AOC=12∠COD
即 3t=12（180﹣5t﹣3t）
∴t=907
（ii）如图2，

OC是OD的伴随线时，
则∠COD=12∠AOC
即180﹣5t﹣3t=12×3t
∴t=36019
相遇之后：
（iii）如图3，

OD是OC的伴随线时，
则∠COD=12∠AOD
即5t+3t﹣180=12（180﹣5t）
∴t=1807
（iv）如图4，

OD是OA的伴随线时，则∠AOD=12∠COD
即180﹣5t=12（3t+5t﹣180）
∴t＝30
所以，综上所述，当t=907，36019，1807，30时，OC、OD、OA中恰好有一条射线是其余两条射线的伴随线．
【点评】本题考查了角的计算，解决本题的关键是利用分类讨论思想．
【变式17-3】（2019秋•恩施市期末）如图1，O为直线AB上一点，过点O作射线OC，∠AOC＝30°，将一直角三角尺（∠M＝30°）的直角顶点放在点O处，一边ON在射线OA上，另一边OM与OC都在直线AB的上方．

（1）若将图1中的三角尺绕点O以每秒5°的速度，沿顺时针方向旋转t秒，当OM恰好平分∠BOC时，如图2．
①求t值；
②试说明此时ON平分∠AOC；
（2）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转，设∠AON＝α，∠COM＝β，当ON在∠AOC内部时，试求α与β的数量关系；
（3）若将图1中的三角尺绕点O以每秒5°的速度沿顺时针方向旋转的同时，射线OC也绕点O以每秒8°的速度沿顺时针方向旋转，如图3，那么经过多长时间，射线OC第一次平分∠MON？请说明理由．
【分析】（1）①根据角平分线的定义计算即可；
②求出∠AON，∠CON的值即可判断；
（2）根据题意列方程即可得到结论；
（3）设∠AON＝5t，∠AOC＝30+8t，根据∠AOC﹣∠AON＝∠CON，构建方程即可解决问题．
【解答】解：（1）①如图2中，∵∠AOC＝30°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝150°，
∵OM平分∠BOC，
∴∠COM＝∠BOM=12∠BOC＝75°，
∠AON＝180°﹣90°﹣75°＝15°，
∴t=15°5°=3s，
②当t＝3时，∠AON＝3t＝15°，∠CON＝30°﹣3t＝15°，
∴∠AON＝∠CON，
∴ON平分∠AOC；
（2）∵∠CON＝30°﹣α＝90°﹣β，
∴β＝α+60°；
（3）∵OC平分∠MON，∠MON＝90°，
∴∠CON＝∠COM＝45°，
∵三角板绕点O以每秒5°的速度，射线OC也绕O点以每秒8°的速度沿顺时针方向旋转一周，
∴设∠AON＝5t，∠AOC＝30+8t，
∵∠AOC﹣∠AON＝∠CON，
∴30+8t﹣5t＝45，
解得t＝5，
∴经过5秒OC平分∠MON．
【点评】本题考查角的计算、角平分线的定义、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意．
【考点18 线段与角的规律探究】
【例18】（2019秋•曲沃县期末）小明在一条直线上选了若干个点，通过数线段的条数，发现其中蕴含了一定的规律，下边是他的探究过程及联想到的一些相关实际问题．
（1）一条直线上有2个点，线段共有1条；一条直线上有3个点，线段共有1+2＝3条；一条直线上有4个点，线段共有1+2+3＝6条…一条直线上有10个点，线段共有　 　条．
（2）总结规律：一条直线上有n个点，线段共有　 　条．
（3）拓展探究：具有公共端点的两条射线OA、OB形成1个角∠AOB（∠AOB＜180°）；在∠AOB内部再加一条射线OC，此时具有公共端点的三条射线OA、OB、OC共形成3个角；以此类推，具有公共端点的n条射线OA、OB、OC…共形成　 　个角
（4）解决问题：曲沃县某学校九年级1班有45名学生毕业留影时，全体同学拍1张集体照，每2名学生拍1张两人照，共拍了多少张照片？如果照片上的每位同学都需要1张照片留作纪念，又应该冲印多少张纸质照片？
【分析】（1）根据图形的变化寻找规律即可求解；
（2）根据（1）总结规律即可；
（3）结合（2）所得规律即可得结论；
（4）根据以上所得规律运用规律即可求解．
【解答】解：（1）一条直线上有2个点，线段共有1条；
一条直线上有3个点，线段共有1+2＝3条；
一条直线上有4个点，线段共有1+2+3＝6条
…
一条直线上有10个点，线段共有10×92=45．
故答案为45；
（2）总结规律：一条直线上有n个点，线段共有n(n-1)2；
故答案为：n(n-1)2；
（3）根据（2）具有公共端点的n条射线OA、OB、OC…共形成n(n-1)2个角，
故答案为：n(n-1)2；
（4）解：45(45-1)2+1＝991，
45×（45﹣1）+1×45＝2025．
答：共需拍照991张，共需冲印2025张纸质照片．
【点评】本题考查了角的概念，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．
【变式18-1】（1）在∠AOB内部画1条射线OC，则图1中有　 　个不同的角；
（2）在∠AOB内部画2条射线OC，OD，则图2中有　 　个不同的角；
（3）在∠AOB内部画3条射线OC，OD，OE，则图3中有　 　个不同的角；
（4）在∠AOB内部画10条射线OC，OD，OE…，则图中有　 　个不同的角；
（5）在∠AOB内部画n条射线OC，OD，OE…，则图中有　 　个不同的角．

【分析】（1）根据图形数出即可；
（2）根据图形数出即可；
（3）根据图形数出即可；
（4）有1+2+3+…+9+10+11＝66个角；
（5）求出1+2+3+…+n+（n+1）的值即可．
【解答】解：（1）在∠AOB内部画1条射线OC，则图中有3个不同的角，
故答案为：3．

（2）在∠AOB内部画2条射线OC，OD，则图中有6个不同的角，
故答案为：6．

（3）在∠AOB内部画3条射线OC，OD，OE，则图中有10个不同的角，
故答案为：10．

（4）在∠AOB内部画10条射线OC，OD，OE，…，则图中有1+2+3+…+10+11＝66个不同的角，
故答案为：66．

（5）在∠AOB内部画n条射线OC，OD，OE，…，则图中有1+2+3+…+n+（n+1）=(n+1)(n+2)2个不同的角．
故答案为：(n+1)(n+2)2．
【点评】本题考查了角的有关概念的应用，关键是能根据题意得出规律．
【变式18-2】（2019春•张店区期末）（1）观察思考：
如图，线段AB上有两个点C、D，请分别写出以点A、B、C、D为端点的线段，并计算图中共有多少条线段；
（2）模型构建：
如果线段上有m个点（包括线段的两个端点），则该线段上共有多少条线段？请说明你结论的正确性．
（3）拓展应用：
①从十二边形的一个顶点出发画出这个多边形的对角线，可以画　 　条；
②8位同学参加班上组织的象棋比赛，比赛采用单循环制（即每两位同学之间都要进行一场比赛），那么一共要进行多少场比赛？请将这个问题转化为上述模型，并直接应用上述模型的结论解决问题．

【分析】（1）从左向右依次固定一个端点A，C，D找出线段，最后求和即可；
（2）根据数线段的特点列出式子化简即可；
（3）①多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点的所有对角线有（n﹣3）条，进而得出答案；
②将实际问题转化成（2）的模型，借助（2）的结论即可得出结论．
【解答】解：（1）∵以点A为端点的线段有：线段AC，AD，AB；
以点C为端点的线段有：线段CD，CB；
以点D为端点的线段有：线段DB．
∴共有线段3+2+1＝6（条）；

（2）如果线段上有m个点（包括线段的两个端点），
设该线段上共有线段x条x＝（m﹣1）+（m﹣2）+（m﹣3）+…+3+2+1，
∴x＝1+2+3+…+（m﹣3）+（m﹣2）+（m﹣1），
∴2x＝m（m﹣1），
即：x=12m(m-1)；

（3）①∵多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点的所有对角线有（n﹣3）条，
∴十二边形的一个顶点的所有对角线有（n﹣3）＝12﹣3＝9（条），
②比赛采用单循环制，相当于线段上有8个点，每两位同学之间的一场比赛可看作为一条线段，
即：12×8×(8-1)=28（场），
答：一共要进行28场比赛．
故答案为：9．
【点评】此题是线段的计数问题，主要考查了数线段的方法和技巧，解本题的关键是找出规律，此类题目容易数重或遗漏，要特别注意．
【变式18-3】（2019秋•李沧区期末）问题提出：
某校要举办足球赛，若有5支球队进行单循环比赛（即全部比赛过程中任何一队都要分别与其他各队比赛一场且只比赛一场），则该校一共要安排多少场比赛？
构建模型：
生活中的许多实际问题，往往需要构建相应的数学模型，利用模型的思想来解决问题．
为解决上述问题，我们构建如下数学模型：
（1）如图①，我们可以在平面内画出5个点（任意3个点都不在同一条直线上），其中每个点各代表一支足球队，两支球队之间比赛一场就用一条线段把他们连接起来．由于每支球队都要与其他各队比赛一场，即每个点与另外4个点都可连成一条线段，这样一共连成5×4条线段，而每两个点之间的线段都重复计算了一次，实际只有5×42=10条线段，所以该校一共要安排10场比赛．

（2）若学校有6支足球队进行单循环比赛，借助图②，我们可知该校一共要安排　 　场比赛；
（3）根据以上规律，若学校有n支足球队进行单循环比赛，则该校一共要安排　 　场比赛．
实际应用：
（4）9月1日开学时，老师为了让全班新同学互相认识，请班上42位新同学每两个人都相互握一次手，全班同学总共握手　 　次．
拓展提高：
（5）往返于青岛和济南的同一辆高速列车，中途经青岛北站、潍坊、青州、淄博4个车站（每种车票票面都印有上车站名称与下车站名称），那么在这段线路上往返行车，要准备车票的种数为　 　种．
【分析】（2）根据图②即可得结果；
（3）根据（1）（2）发现的规律即可写出n支足球队进行单循环比赛，一共的比赛场数；
（4）根据（1）（2）发现的规律即可得到班上42位新同学每两个人都相互握一次手，总共握手次数；
（5）中途经过4个车站，共6个站往返行车，再根据以上规律即可得结论．
【解答】解：（2）学校有6支足球队进行单循环比赛，
借助图②可知，
该校一共要安排6×52=15（场）比赛．
故答案为15；
（3）根据以上规律可知：
学校有n支足球队进行单循环比赛，
则该校一共要安排n(n-1)2（场）比赛．
故答案为：n(n-1)2；
（4）班上42位新同学每两个人都相互握一次手，
全班同学总共握手：42×412=861（次）．
故答案为：861；
（5）中途经青岛北站、潍坊、青州、淄博4个车站（每种车票票面都印有上车站名称与下车站名称），
那么在这段线路上往返行车，
要准备车票的种数为：6×5＝30（种）．
故答案为：30．
【点评】本题考查了规律型﹣图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．