中考数学一轮复习：专题4.11 直线与角章末八大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题4.11 直线与角章末八大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版），共43页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc10965" 【题型1 线段中的动点问题】 PAGEREF _Tc10965 \h 1
\l "_Tc10173" 【题型2 利用线段的条数解决实际问题】 PAGEREF _Tc10173 \h 8
\l "_Tc15899" 【题型3 直线、射线、线段的规律探究】 PAGEREF _Tc15899 \h 11
\l "_Tc495" 【题型4 线段的和差的实际应用】 PAGEREF _Tc495 \h 15
\l "_Tc22296" 【题型5 三角板中角度探究】 PAGEREF _Tc22296 \h 18
\l "_Tc5472" 【题型6 探究角度之间的关系】 PAGEREF _Tc5472 \h 23
\l "_Tc558" 【题型7 角度中的规律探究】 PAGEREF _Tc558 \h 31
\l "_Tc25090" 【题型8 动角旋转问题】 PAGEREF _Tc25090 \h 35
【题型1 线段中的动点问题】
【例1】（2023下·福建福州·七年级统考开学考试）如图，已知OA+OB=20cm，点C、D分别为线段OA、OB上的动点，若点C从点O出发以1cm/s的速度沿OA方向运动，同时点D从点B出发以3cm/s的速度沿BO方向运动．

(1)如图1，当运动时间为2s时，求AC+OD的值；
(2)如图1，若在运动过程中，始终保持OD=3AC，求OA的长；
(3)如图2，在（2）的条件下，延长BO到点M，使OM=OA，点P是直线OB上一点，且MP−BP=OP，求OPMB的值．
【答案】(1)AC+OD=12
(2)OA=5cm
(3)OPMB=1或12
【分析】（1）先求出OC=1×2=2cm，BD=3×2=6cm，根据OA=20−OB，求出AC=OA−OC=20−OB−OC=20−OB−2=18−OB，OD=OB−BD=OB−6，最后求出结果即可；
（2）设运动时间为t，则OC=t，BD=3t，求出OD=OB−3t，AC=OA−t，根据OD=3AC，得出OB−3t=3OA−t，求出OB=3OA，再根据OA+OB=20cm求出结果即可；
（3）当点P在O、B之间时，根据OA=5cm，得出MO=5cm，BO=15cm，求出BM=20cm，根据求出OP=MP−BP=MO+OP−BP=5+OP−BP，根据OP=OB−BP=15−BP，得出5+OP−BP=15−BP，求出OP=10cm，最后求出比值即可；当点P在点B右边时，可得OP=MB，进而可得结果．
【详解】（1）解：当运动时间为2s时，
OC=1×2=2cm，
BD=3×2=6cm，
∵OA+OB=20cm，
∴OA=20−OB，
∴AC=OA−OC=20−OB−OC=20−OB−2=18−OB，
∵OD=OB−BD=OB−6，
∴AC+OD=18−OB+OB−6=12cm；

（2）解：设运动时间为t，则OC=t，BD=3t，
∴OD=OB−3t，AC=OA−t，
∵OD=3AC，
∴OB−3t=3OA−t，
∴OB=3OA
∵OA+OB=20cm，
∴OA+3OA=20cm，
∴OA=5cm．
（3）解：∵OA=5cm，
∴MO=5cm，BO=15cm，BM=20cm，
∵MP−BP=OP，
∴点P在点O右边，
当点P在O、B之间时，
∴OP=MP−BP=MO+OP−BP=5+OP−BP，
∵OP=OB−BP=15−BP，
∴5+OP−BP=15−BP，
∴OP=10cm，
∴OPMB=1020=12．

当点P在点B右边时，
∵MP−BP=OP，MP−BP=MB，
∴OP=MB，
∴OPMB=1；
综上，OPMB=1或12．
【点睛】本题主要考查了线段的和差运算，解题的关键是数形结合，根据线段之间的数量关系求出结果．
【变式1-1】（2023上·山西太原·七年级校考期末）如图，直线上有A，B，C，D四个点，BC=2CD，AD=8CD，CD=4cm．

(1)线段AB=______cm
(2)动点P，Q分别从A点，D点同时出发，点P沿线段AC以3cm/秒的速度，向右运动，到达点C后立即按原速向A点返回；点Q沿线段DA以1cm/秒的速度，向左运动；P点再次到达A点时，两点同时停止运动．设运动时间为t（单位：秒）
①求P，Q两点第一次相遇时，运动时间t的值；
②求P，Q两点第二次相遇时，与点A的距离．
【答案】(1)20cm
(2)8、20cm
【分析】（1）根据BC=2CD，AD=8CD，CD=4cm算出BC,AD，再根据AB=AD−BC−CD即可解答；
（2）①根据P，Q两点第一次相遇时，P，Q两点所走的路程之和是DA的长列方程即可求解；
②根据P，Q两点第二次相遇时，P点所走的路程与AC的差和Q所走的路程与CD的差相等列方程即可求解；
【详解】（1）∵CD=4cm,BC=2CD,AD=8CD
∴BC=2×4=8cm,AD=8×4=32cm
∴AB=AD−BC−CD=32−8−4=20cm
故线段AB的长为20cm．
（2）①P，Q两点第一次相遇时根据题意可得：3t+t=32
解得： t=8 秒
故P，Q两点第一次相遇时，运动时间t的值是8秒；
②由（1）得 AC=AB+BC=28cm
当P，Q两点第二次相遇时： 3t−28=t−4
解得： t=12 秒
∴ PC=3×12−AC=36−28=8 cm
∴ AP=28−8=20 cm
故P，Q两点第二次相遇时，与点A的距离是20cm
【点睛】本题考查了两点之间的距离，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系是解答该题的关键．
【变式1-2】（2023上·浙江衢州·七年级校考期末）如图，点O为数轴的原点，A，B在数轴上按顺序从左到右依次排列，点B表示的数为7，AB=12.
(1)直接写出数轴上点A表示的数.
(2)动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以每秒3个单位长度的速度沿数轴向右匀速运动，点Q以每秒32个单位长度的速度沿数轴向右匀速运动.
①经过多少秒，点P是线段OQ的中点？
②在P、Q两点相遇之前，点M为PO的中点，点N在线段OQ上，且QN=23OQ.
问：经过多少秒，在P、M、N三个点中其中一个点为以另外两个点为端点的线段的三等分点(把一条线段分成1:2的两条线段的点叫做这条线段的三等分点.)？
【答案】(1)-5;(2)①349秒;②7433秒或10339秒或349秒或134或 112.
【分析】（1）根据AB=12，点B表示的数是7，即可确定OA的长度，得到点A表示的数；（2）①根据题意得到OP=PQ，列式计算即可；②先求得MN、MP的长度，再分两种情况：当点P是线段MN的三等分点时，或当点N是线段MP的三等分点时，分别求出t的值.
【详解】(1)点A表示的数是-5；
(2) ①由题意得：OP=3t-5，OQ=7+32t，
∵点P是线段OQ的中点，
∴OP=12OQ,
∴3t−5=12(7+32t),
t=349,
经过349秒，点P是线段OQ的中点；
②由①知OP=3t−5,OQ=7+32t,
∵点M为PO的中点，
∴OM=MP= 12OP=32t−52,
∵QN=23OQ,
∴QN=23(7+32t)=32t+143,
∴MN=OQ-OM-QN=196−t,
分两种情况：
i：如图1，当点P是线段MN的三等分点时，得MP=13MN 或MP=23MN,
∴32t−52=13(296−t)或32t−52=23(296−t)，
得t=7433或t=10339
当P在O左侧时，MP=13PN
2×−52+32t−−5+3t=73+12t−−52+32t
得t=112
ii：如图2，当点N是线段MP的三等分点时，得MN=13MP或MN=23MP,
∴296−t=13(32t−52)或296−t=23(32t−52)，
得t=349或t=134，
综上，经过7433秒或10339秒或349秒或134h或 112秒时，在P、M、N三个点中其中一个点为以另外两个点为端点的线段的三等分点.
【点睛】此题是一道有理数的动点问题,根据点在数轴上运动的规律,确定线段间的数量关系,从而求得t的值,注意②中应分情况求值.
【变式1-3】（2023上·广东梅州·七年级校考阶段练习）【新知理解】如图①，点C在线段AB上，图中的三条线段AB，AC和BC．若其中一条线段的长度是另外一条线段长度的2倍，则称点C是线段AB的“巧点”．
(1)填空：线段的中点________这条线段的巧点；（填“是”或“不是”或“不确定是”）
(2)【问题解决】如图②，点A和B在数轴上表示的数分别是−20和40，点C是线段AB的巧点，求点C在数轴上表示的数．
(3)【应用拓展】在（2）的条件下，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动：动点Q从点B出发，以每秒4个单位长度的速度沿BA向点A匀速运动．点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，两个点运动同时停止，设运动的时间为t秒，当t为何值时，A，P，Q三点中，其中一点恰好是另外两点为端点的线段的巧点？并求出此时巧点在数轴上表示的数．（直接写出答案）．
【答案】(1)是
(2)10或0或20
(3)t=12或607或454，“巧点”P表示的数为：−5或−8或−207；“巧点”Q表示的数为：−8或−807或−5
【分析】（1）根据新定义，结合中点把原线段分成两短段，满足原线段是短线段的2倍关系，进行判断便可；
（2）设C点表示的数为x，再根据新定义列出合适的方程便可；
（3）先用t的代数式表示出线段AP，AQ，PQ，再根据新定义列出方程，得出合适的解便可．
【详解】（1）解：因原线段是中点分成的短线段的2倍，所以线段的中点是这条线段的巧点，
故答案为：是；
（2）解：设C点表示的数为x，则AC=x+20，BC=40−x，AB=40+20=60，
根据“巧点”的定义可知：
①当AB=2AC时，有60=2x+20，
解得，x=10；
②当BC=2AC时，有40−x=2x+20，
解得，x=0；
③当AC=2BC时，有x+20=240−x，
解得，x=20．
综上，点C表示的数为10或0或20；
（3）解：由题意得，AP=2t，AQ=60−4t，PQ=60−6t(0⩽t⩽10)6t−60(10i)．若0⩽t⩽10时，点P为AQ的“巧点”，有
①当AQ=2AP时，60−4t=2×2t，
解得，t=152，
∴AP=15，
∴点P表示的数为−20+15=−5
②当PQ=2AP时，60−6t=2×2t，
解得，t=6；
∴AP=12，
∴点P表示的数为−20+12=−8
③当AP=2PQ时，2t=2(60−6t)，
解得，t=607；
∴AP=1207，
∴点P表示的数为−20+1207=−207
综上，“巧点” P表示的数为：−5或−8或−207；
ii)．若10①当AP=2AQ时，2t=2×(60−4t)，
解得，t=12；
∴AQ=60−4×12=12，
∴点Q表示的数为−20+12=−8，
②当PQ=2AQ时，6t−60=2×(60−4t)，
解得，t=907；
∴AQ=607，
∴点Q表示的数为−20+607=−807，
③当AQ=2PQ时，60−4t=2(6t−60)，
解得，t=454．
∴AQ=15，
∴点Q表示的数为−20+15=−5，
综上，“巧点” Q表示的数为：−8或−807或−5．
故，“巧点” P表示的数为：−5或−8或−207；“巧点” Q表示的数为：−8或−807或−5．
【点睛】本题是新定义题，是数轴的综合题，主要考查了数轴上的点与数的关系，数轴上两点间的距离，一元一次方程的应用，关键是根据新定义列出方程．是现在的考试新动向，主要训练学生自学能力，运用新知识的能力．
【题型2 利用线段的条数解决实际问题】
【例2】（2023上·河南许昌·七年级许昌市第一中学校联考期末）2022年9月8日，随着列车从郑州港区段鸣笛出发，郑许市域铁路开始空载试运行，未来“双城生活模式”指日可待．图中展示了郑许市域铁路的其中五个站点，若要满足乘客在这五个站点之间的往返需求，铁路公司需要准备 种不同的车票．
【答案】20
【分析】先求得单程的车票数，在求出往返的车票数即可．
【详解】解：5个点中线段的总条数是4×5÷2=10（种），
∵任何两站之间，往返两种车票，
∴应印制10×2=20（种），
故答案为：20．
【点睛】此题考查了数线段，解决本题的关键是掌握“直线上有n个点，则线段的数量有nn−12条”．
【变式2-1】（2023上·山东聊城·七年级统考期中）如图，点B，C，D在线段AE上．
（1）图中共有几条线段？说说你分析这个问题的具体思路．
（2）你能用上面的思路来解决“8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”这个问题吗？
【答案】（1）10，思路见解析；（2）28
【分析】(1)从左向右依次固定一个端点A，B，C，D找出线段，最后求和即可；
(2) 设线段上有m个点，该线段上共有线段x条，根据数线段的特点列出式子化简即可，把8位同学看作直线上的8个点即可得出结果．
【详解】解：(1) 共有10条线段，
∵ 以点A为左端点向右的线段有：线段AB、AC、AD、AE，
以点B为左端点向右的线段有线段BC、BD、BE，
以点C为左端点向右的线段有线段CD、CE，
以点D为左端点的线段有线段DE，
∴共有10条线段；
(2) 设线段上有m个点，该线段上共有线段x条，
则x=m−1+m−2+m−3+⋯+3+2+1，
∴倒序排列有x=1+2+3+⋯+m−3+m−2+m−1，
∴两式相加得2x=m+m+⋯+m=mm−1，
∴x=mm−12
把8位同学看作直线上的8个点，每两位同学之间的一场比赛看作为一条线段，直线上8个点所构成的线段条数就等于比赛的场数，因此一共要进行8×8-12=28场比赛．
【点睛】本题考查的是线段的计数问题，主要是数线段的技巧和方法，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2-2】（2023上·内蒙古巴彦淖尔·七年级校考期末）3个篮球队进行单循环比赛,总的比赛场次是多少?4个球队呢?5个球队呢?
【答案】见解析
【详解】试题分析：用直线上的点代表球队，进行单循环比赛可用线段来表示，3个篮球队比赛的总场次可以看作直线上三个点所得线段的条数，4个篮球队比赛的总场次可以看作直线上4个点所得线段的条数，5个篮球队比赛的总场次可以看作直线上5个点所得线段的条数，画出图形，即可得结论.
试题解析：
用直线上的点代表球队,进行单循环比赛可用线段来表示.
3个球队共比赛用线段AB,BC,AC表示,共有3场;
4个球队比赛用线段AB,AC,AD,BC,BD,CD表示,共有6场;
5个球队比赛用线段AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE表示,共有10场.
【变式2-3】（2023上·江西吉安·七年级校考阶段练习）观察图形，并回答下列问题：

(1)图中共有几条线段？说明你分析这个问题的具体思路；
(2)请你用上面的思路来解决“十五个同学聚会每个人都与其他人握一次手，共握了多少次”这个问题；
(3)十五个同学聚会，每个人都送给其他人一张名片呢，共送了几张？
【答案】(1)10条，见解析；
(2)共握了105次；
(3)共送了210张．
【分析】（1）根据线段的概念，分别得到以A、B、C、D为端点，且不重复的线段，相加即可得到答案；
（2）将人演化成点，根据（1）结论，即可得到答案；
（3）十五个同学聚会，每个人都送给其他人一张名片，即每个人都送了14次，据此即可得到答案．
【详解】（1）解：图中共有10条线段，分析思路如下：
以A为端点的线段有：AB、AC、AD、AE，共4条；
以B为端点，且与前面不重复的线段有：BC、BD、BE，共3条；
以C为端点，且与前面不重复的线段有：CD、CE，共2条；
以D为端点，且与前面不重复的线段有：DE，共1条；
答：图中共有4+3+2+1=10条线段；
（2）解：将人演化成点，根据（1）结论可知，
握手的次数为：14+13+12+⋯+3+2+1=105，
答：十五个同学聚会每个人都与其他人握一次手，共握了105次；
（3）解：十五个同学聚会，每个人都送给其他人一张名片，即每个人都送了14次，
15×14=210，
答：十五个同学聚会，每个人都送给其他人一张名片呢，共送了210张．
【点睛】本题考查了线段的计数，线段计数时注意分类讨论，做到不遗漏，不重复，理解（3）互送的区别．
【题型3 直线、射线、线段的规律探究】
【例3】（2023上·湖北武汉·七年级校考阶段练习）如图，点M在线段AN的延长线上，且线段MN=20，第一次操作：分别取线段AM和AN的中点M1，N1；第二次操作：分别取线段AM1和AN1的中点M2,N2；第三次操作：分别取线段AM2和AN2的中点M3,N3；……连续这样操作10次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和M1N1+M2N2+⋯+M10N10=( )
A．20−1029B．20+1029C．20−10210D．20+10210
【答案】A
【分析】根据MN=20，M1、N1分别为AM、AN的中点，求出M1N1的长度，再由M1N1的长度求出M2N2的长度，找到MnNn的规律即可求出M1N1+M2N2+⋯+M10N10的值.
【详解】解：∵MN=20，M1、N1分别为AM、AN的中点，
∴M1N1=AM1−AN1=12AM−12AN=12AM−AN=12×20=10，
∵M2、N2分别为AM1、AN1的中点，
∴M2N2=AM2−AN2=12AM1−12AN1=12AM1−AN1=12×10=5，
根据规律得到MnNn=202n，
∴M1N1+M2N2+⋯+M10N10=202+2022+⋯+20210=2012+122+⋯+1210=20−1029，故选A.
【点睛】本题是对线段规律性问题的考查，准确根据题意找出规律是解决本题的关键，相对较难.
【变式3-1】（2023上·重庆江津·七年级统考期末）如图，图①中有1条线段，图②中有3条不同线段，图③中有6条不同线段，按此规律下去，图⑦中有（ ）条不同的线段．
A．21B．22C．24D．28
【答案】D
【分析】有3个图可知，图1有2个点，图2 比图1增加一个点，增加了2条线段；图3比图2增加一个点，增加3条线段，得规律为：每增加一个点，就增加前一个图中点的个数条线段，故图7有1+2+3+4+5+6+7=28条线段．
【详解】解：图1有2个点，1条线段；
图2有2+1=3个点，1+2=3条线段；
图3有3+1=4个点，1+2+3=6条线段；
……
图7有7+1=8个点，1+2+3+4+5+6+7=28条线段，
故选：D．
【点睛】本题考查的是图形的变化类，解题的关键是找到每增加一个点，就增加前一个图中点的个数条线段，这一规律．
【变式3-2】（2023·河北唐山·校联考一模）如图，平面内有公共端点的六条射线OA，OB，OC，OD，OE，OF，从射线OA开始按逆时针方向依次在射线上写出数字1，2，3，4，5，6，7.…
(1)“17”在射线_____上.
(2)请写出OA，OB，OD三条射线上数字的排列规律.
(3)“2019”在哪条射线上？
【答案】(1)OE；(2)见解析；(3)“2019”在射线OC上.
【分析】（1）根据数字排列规律，依次数下去就可以得到）“17”在射线 OE上；
（2）因为正整数按照6个数字一循环，依次排列，因此，出现在每一条射线上的数字都可以看做一个等差数列，根据等差数列通项公式an=a1+（n-1）×d即可写出．
（3）因为正整数按照6个数字一循环，依次排列，所以将2019除以6，如果能被整除，则落在射线OF上，如果有余数，则依次落在OA至OE上．
【详解】解：(1) 根据已知总结排列如下：
射线OA：1 7 13 19 …
射线OB：2 8 14 20 …
射线OC：3 9 15 21 …
射线OD：4 10 16 22 …
射线OE：5 11 17 23 …
射线OF：6 12 18 24 …
故“17”在射线 OE上．
(2) 根据已知总结排列如下：
射线OA：1 7 13 19 …数字排列规律：6n-5 （n为正整数）
射线OB：2 8 14 20 …数字排列规律：6n-4 （n为正整数）
射线OC：3 9 15 21 …数字排列规律：6n-3 （n为正整数）
射线OD：4 10 16 22 …数字排列规律：6n-2 （n为正整数）
(3) 射线OE：5 11 17 23 …数字排列规律：6n-1 （n为正整数）
射线OF：6 12 18 24 …数字排列规律：6n （n为正整数）
在六条射线上的数字规律中，只有6n-3=2019有整数解，
解为n=337
∴“2019”在射线OC上.
【点睛】本题考查数字的排列规律，考查了学生要从数字的排列中找到规律，然后写出规律即可求出相应值．此外掌握等差数列的通项公式an=a1+（n-1）×d对解决此类问题有很大帮助．
【变式3-3】观察图形找出规律，并解答问题．
(1)5条直线相交，最多有_____个交点，平面最多被分成_____块；
(2)n条直线相交，最多有__________个交点，平面最多被分成____________块．
【答案】(1)10,16;(2)nn−12,[1＋nn+12]
【分析】（1）根据每两条直线就有一个交点，可以列举出所有情况后再求解；
（2）根据列举的数值得出规律，再根据规律解题．
【详解】如图，
（1）任意画2条直线，它们最多有1个交点；
（2）任意画3条直线，它们最多有3个交点；
（3）任意画4条直线（只画交点个数最多的情况），最多有6个交点；
（4）5条直线最多有10个交点；
n条直线最多有12n（n-1）个交点．
一条直线可以把平面分成两部分，两条直线最多可以把平面分成4部分，三条直线最多可以把平面分成7部分，四条直线最多可以把平面分成11部分，可以发现，两条直线时多了2部分，三条直线比原来多了3部分，四条直线时比原来多了4部分，…，n条时比原来多了n部分．
因为n=1，a1=1+1，
n=2，a2=a1+2，
n=3，a3=a2+3，
n=4，a4=a3+4，
…
n=n，an=an-1+n，
以上式子相加整理得，an=1+1+2+3+…+n=1+nn+12．
当n=5时，1+nn+12=16．
【点睛】本题考查了直线射线和线段，要知道从一般到具体的探究方法，并找到规律．
【题型4 线段的和差的实际应用】
【例4】（2023上·河南周口·七年级校考阶段练习）如图1是一种壁挂式折叠凳完全开启时，与完全闭合时的状态，图2是完全开启状态的侧面结构示意图，外框宽AB与CD相等，具体数据如图2所示，则外框宽为（ ）
A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm
【答案】A
【分析】根据图2给出的信息进行计算即可．
【详解】解： 由题意可知，折叠凳的内层长为37cm，即BC=37cm，
又∵AB=CD，
∴AB=AD−BC2=43−372=3cm，
∴外框宽为3cm，
故选：A．
【点睛】本题考查了线段和与差的应用，弄清图中线段之间的关系是解题的关键．
【变式4-1】（2023上·山东菏泽·七年级统考期末）某摄制组从A市到B市有一天的路程，由于堵车中午才赶到一个小镇（D），只行驶了原计划的三分之一（原计划行驶到C地），过了小镇，汽车赶了400千米，傍晚才停下来休息（休息处E），司机说：再走从C地到这里路程的二分之一就到达目的地了，问：A，B两市相距多少千米．
【答案】A，B两市相距600千米．
【分析】根据题意可知DE的距离且可以得到AD=12DC，EB=12CE，AD+EB=12(DC+CE)=12DE，由AB=AD+EB+DE=12DE+DE计算即可得出结果．
【详解】如图，由题意可知，
DE=400千米，AD=12DC，EB=12CE，
∴ AD+EB=12(DC+CE)=12DE=12×400=200（千米）
∴ AB=AD+EB+DE=200+400=600（千米）
答：A，B两市相距600千米．
【点睛】本题考查了求解线段长度在实际生活中的应用，能够找出线段之间的等量关系是解题关键．
【变式4-2】（2023上·浙江温州·七年级统考期末）如图1，一款暗插销由外壳AB，开关CD，锁芯DE三部分组成，其工作原理如图2，开关CD绕固定点O转动，由连接点D带动锁芯DE移动.图3为插销开启状态，此时连接点D在线段AB上，如D1位置.开关CD绕点O顺时针旋转180°后得到C2D2，锁芯弹回至D2E2位置（点B与点E2重合），此时插销闭合如图4.已知CD=74mm，AD2−AC1=50mm，则BE1= mm.
【答案】24
【分析】结合图形得出当点D在O的右侧时，即D1位置时，B与点E的距离为BE1，当点D在O的左侧时，即D2位置时，B与点E重合，即E2位置，得出BE1=OD1+OD2=2OD2，再由图形中线段间的关系得出D=OC1+OD2=OD2+50+OD2=74mm，即可求解．
【详解】解：由图3得，当点D在O的右侧时，即D1位置时，B与点E的距离为BE1，
由图4得，当点D在O的左侧时，即D2位置时，B与点E重合，即E2位置，
∴BE1=OD1+OD2=2OD2，
∵AD2−AC1=50mm，
∴AO−OD2−AO−OC1=50mm，
∴OC1−OD2=50mm，
∴OC1=OD2+50，
∵CD=OC+OD=OC1+OD1，
∴CD=OC1+OD2=OD2+50+OD2=74mm，
∴2OD2=24mm，
∴BE1=24mm，
故答案为：24．
【点睛】题目主要考查线段间的数量关系，理解题意，结合图形求解是解题关键．
【变式4-3】（2023上·江苏扬州·七年级校考期末）如图1，线段OP表示一条拉直的细线，A、B两点在线段OP上，且OA：AP＝1：2，OB：BP＝2：7．若先固定A点，将OA折向AP，使得OA重叠在AP上；如图2，再从图2的B点及与B点重叠处一起剪开，使得细线分成三段，则此三段细线由小到大的长度比是（ ）
A．1:1:2B．2:2:5C．2:3:4D．2:3:5
【答案】B
【分析】根据题意设OB的长度为2a,则BP的长度为7a，OP的长度为9a，从而根据比值可以得到图一中各线段的长，根据题意可以求出折叠后，再剪开各线段的长度，从而可以求得三段细线由小到大的长度比，本题得以解决．
【详解】解：设OB的长度为2a，则BP的长度为7a，OP的长度为9a，
∵OA：AP＝1：2，
∴OA＝3a，AP＝6a，
又∵先固定A点，将OA折向AP，使得OA重叠在AP上，如图2，再从图2 的B点及与B点重迭处一起剪开，使得细线分成三段，
∴这三段从小到大的长度分别是：2a、2a、5a，
∴此三段细线由小到大的长度比为：2a：2a：5a＝2：2：5，
故选：B．
【点睛】本题考查比较线段的长短，解题的关键是理解题意，求出各线段的长度．
【题型5 三角板中角度探究】
【例5】（2023上·福建福州·七年级统考期末）已知∠AOB．在∠AOB内部画射线OC，得到三个角，分别为∠AOC,∠BOC,∠AOB．若这三个角中有一个角是另外一个角的两倍，则称射线OC为∠AOB二倍角线．

(1)一个角的平分线 这个角的“二倍角线”（填“是”或“不是”）；
(2)如图①，若∠AOB=90°,∠BOC<∠AOC,OC为∠AOB的二倍角线，求∠AOC的度数；
(3)如图②，将一块三角板AOB的直角顶点O放在直线MN上，且三角板AOB绕着点O转动，若OC是∠AOB的二倍角线，OB是∠CON的二倍角线，请直接写出∠BON的度数．
【答案】(1)是
(2)60°
(3)15°或30°或60°或22.5°或45°或90°或120°
【分析】（1）根据“二倍角线”的定义，即可求解；
（2）根据“二倍角线”的定义，可得∠AOC=2∠BOC，即可求解；
（3）分9种情况结合“二倍角线”的定义，即可求解．
【详解】（1）解：一个角的平分线是这个角的“二倍角线”；
故答案为：是
（2）解：依题意得：∠AOC=2∠BOC，
∵ ∠AOC+∠BOC=∠AOB=90°，
∴∠AOC=60°；
（3）解：当∠AOC=∠BOC,∠BON=∠BOC时，
∠BON=∠AOC=12∠AOB=45°；
当∠AOC=∠BOC,∠BON=2∠BOC时，
∠BON=2∠AOC=∠AOB=90°；
当∠AOC=∠BOC,2∠BON=∠BOC时，
∠BON=12∠AOC=14∠AOB=22.5°；
当∠AOC=2∠BOC,∠BON=∠BOC时，
∠BON=∠BOC=23∠AOB=60°；
当2∠AOC=∠BOC,∠BON=∠BOC时，
∠BON=∠BOC=13∠AOB=30°；
当∠AOC=2∠BOC,∠BON=2∠BOC时，
∠BON=∠AOC=23∠AOB=60°；
当∠AOC=2∠BOC,2∠BON=∠BOC时，
∠BON=14∠AOC=16∠AOB=15°；
当2∠AOC=∠BOC,2∠BON=∠BOC时，
∠BON=∠AOC=13∠AOB=30°；
当2∠AOC=∠BOC,∠BON=2∠BOC时，
∠BON=4∠AOC=43∠AOB=120°；
终上所述，∠BON的度数为15°或30°或60°或22.5°或45°或90°或120°．
【点睛】本题主要考查了有关角平分线的计算，理解新定义是解题的关键．
【变式5-1】（2023上·福建福州·七年级校考期末）将一副三角板如图1放置于桌面，其中30°、45°角共顶点，CM平分∠BCE，CN平分∠BCD．当三角板DEC从图1中位置绕着点C逆时针旋转到图2中的位置时，∠MCN是（ ）
A．变大B．不变C．变小D．无法确定
【答案】B
【分析】根据图形以及角平分线的定义，在图1和图2的情况下，表示出∠MCN，做比较即可作答．
【详解】如图，
如图1，∵CM平分∠BCE，CN平分∠BCD，
∴∠BCM=12∠BCE，∠BCN=12∠BCD，
∴∠MCN=∠BCM+∠BCN=12∠BCE+12∠BCD=12∠DCE，
根据题意可知：∠DCE=30°，
∴∠MCN=12∠DCE=15°；
如图2，∵CM平分∠BCE，CN平分∠BCD，
∴∠BCM=12∠BCE，∠BCN=12∠BCD，
∴∠MCN=∠BCN−∠BCM=12∠BCD−12∠BCE=12∠DCE，
根据题意可知：∠DCE=30°，
∴∠MCN=12∠DCE=15°；
即可知∠MCN大小不变，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，掌握角平分线的定义是解答本题的关键．
【变式5-2】（2023下·黑龙江齐齐哈尔·七年级克东县第三中学校考开学考试）如图OB是∠AOC内部的一条射线，把三角板60°角的顶点放到O处，转动三角板，当三角板的OD边平分∠AOB时，三角板的另一边OE也恰好平分∠BOC：

(1)求∠AOC的度数．
(2)射线OB一定平分∠EOD吗？若OB平分∠EOD，求∠COB和∠AOB度数
【答案】(1)120°
(2)射线OB不一定平分∠EOD，∠COB的度数为60°，∠AOB的度数为60°
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠AOB=2∠BOD，∠BOC=2∠BOE，然后根据角的和差关系进行计算即可解答；
（2）根据∠EOB和∠BOD不一定相等，从而可得射线OB不一定平分∠EOD，然后利用角平分线的定义可得∠BOD=∠BOE=12∠EOD=30°，再利用（1）的结论进行计算即可解答．
【详解】（1）∵OD边平分∠AOB，OE平分∠BOC，
∴∠AOB=2∠BOD，∠BOC=2∠BOE，
∵∠EOD=60°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC
=2∠BOD+2∠BOE
=2∠BOD+∠BOE
=2∠EOD
=120°，
∴∠AOC的度数为120°；
（2）射线OB不一定平分∠EOD，
∵OB平分∠EOD，
∴∠BOD=∠BOE=12∠EOD=30°，
由（1）可得：
∠AOB=2∠BOD=60°，∠BOC=2∠BOE=60°，
∴∠COB的度数为60°，∠AOB的度数为60°．
【点睛】本题考查了角的计算，角平分线的定义，熟练掌握双角平分线模型是解题的关键．
【变式5-3】（2023上·江苏泰州·七年级校考期末）如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，将一直角三角板AOB(其中∠OAB=30°)的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．
(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时，OB恰好平分∠COE，此时，∠AOC与∠AOD之间数量关系为___________；
(2)若射线OC的位置固定不变，且∠COE=130°．
①在旋转的过程中，是否存在某个时刻，使得射线OB，OC，OD中的某一条射线是另外两条射线夹角的平分线？若存在，请求出所有满足题意t的值，若不存在，请说明理由；
②如图3，在旋转的过程中，边AB与射线OE相交．
(i)求∠AOC−∠BOE的值．
(ii)若2∠AOE+13∠BOD=∠AOD−15∠COD，求∠BOE的度数．
【答案】(1)∠AOC=∠AOD
(2)①存在，t=29.5、1、22；；②(i)40°；(ii) ∠BOE=48°
【分析】(1)由∠AOB=90°知∠BOC+∠AOC=90°、∠AOD+∠BOE=90°，可得∠AOD=∠AOC；
(2)①当OB平分∠COD时∠BOD=∠BOC=、当OC平分∠BOD时∠BOC=∠COD、当OD平分∠BOC时∠BOD=∠COD，分别列出关于t的方程，解之可得；
②(i)根据角的和差即可得到结论；
(ii)根据已知条件建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∠AOD=∠AOC．
理由如下：
∵∠AOB=90°，
∴∠BOC+∠AOC=90°，∠AOD+∠BOE=90°，
∵ OB恰好平分∠COE
∴∠BOC=∠BOE，
∴∠AOD=∠AOC，
故答案为：∠AOD=∠AOC，
（2）①存在．
理由：∵∠COE=130°，
∴∠COD=180°−130°=50°，
当OB平分∠COD时，∠BOD=∠BOC= 12 ∠COD，即10t+90−25=360，解得t=29.5；
当OC平分∠BOD时，∠BOC=∠COD，即10t+90=2×50，解得t=1；
当OD平分∠BOC时，∠BOD=∠COD，即360−10t=50+90，解得：t=22；
综上所述，t的值为29.5、1、22；
②(i)∵∠AOC=∠COE−∠AOE=130°−∠AOE，∠BOE=90°−∠AOE，
∴∠AOC−∠BOE=130°−∠AOE−90°−∠AOE=40°，
∴∠AOC−∠BOE的值为40°．
(ii)∵∠COE=130°
设∠BOE=α，则∠AOE=90°−α，∠BOD=180°−α，∠AOD=180°−∠AOE=180°−90°−α=90°+α，∠COD=180°−∠COE=50°，
∵2∠AOE+13∠BOD=∠AOD−15∠COD，
∴290°−α+13180°−α=90°+α−15×50°，
解得：α=48°，
即∠BOE=48°．
【点睛】本题主要考查角平分线的定义、余角的性质及角的计算，一元一次方程的应用，根据题意全面考虑所有可能以分类讨论是解题的关键．
【题型6 探究角度之间的关系】
【例6】（2023上·北京海淀·七年级北理工附中校考期末）对于同一平面内的∠AOB及内部的射线OC，给出如下定义：若组成的3个角：∠AOB，∠AOC和∠BOC中，一个角的度数是另一个角度数的两倍时，则称射线OC是∠AOB的“牛线”．
（1）图1中，OC平分∠AOB，则射线OC_______∠AOB的一条“牛线”．（填“是”或“不是”）．
（2）当射线OC是∠AOB的“牛线”时，直接写出所有满足条件的∠AOB与∠BOC的关系．
（3）已知：如图2，在平面内，∠AOB=60°，若射线OC绕点O从射线OB的位置开始，以每秒5°的速度逆时针方向旋转．同时射线OA绕点O以每秒1°的速度逆时针方向旋转，当射线OC与射线OA碰撞后，射线OA的速度发生变化，以每秒5°的速度继续旋转，此时的射线OC则以每秒1°的速度继续旋转，当射线OA与射线OB的反向延长线重合时，所有旋转皆停止，若旋转的时间记为t秒，当射线OC是∠AOB的“牛线”时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】（1）是；（2）∠AOB=2∠BOC，∠AOB=3∠BOC，∠AOB=32∠BOC；（3）203或307或12013或1807
【分析】（1）由角平分线的性质得∠AOB=2∠AOC，根据“牛线”的定义可以证明射线OC是∠AOB的一条牛线；
（2）分情况讨论，∠AOB=2∠BOC，∠AOC=2∠BOC，∠BOC=2∠AOC，分别求出∠AOB与∠BOC的关系；
（3）分情况讨论，在OC与OA重合前，设∠BOC=5t，∠BOA=60+t，由（2）中的关系式列方程求解，在OC和OA重合后，设重合后旋转的时间是t2，则∠BOC=75+t2，∠AOB=75+5t2，同上列方程求解即可．
【详解】解：（1）是，
∵OC平分∠AOB，
∴∠AOB=2∠AOC，
∴射线OC是∠AOB的一条牛线；
（2）∵射线OC是∠AOB的一条牛线，
∴∠AOB=2∠BOC，
或∠AOC=2∠BOC，此时∠AOB=3∠BOC，
或∠BOC=2∠AOC，此时∠AOB=32∠BOC；
（3）①如图，在OC与OA重合前，
∠BOC=5t，∠BOA=60+t，
若∠AOB=2∠BOC，则60+t=2×5t，解得t=203，
若∠AOB=3∠BOC，则60+t=3×5t，解得t=307，
若∠AOB=32∠BOC，则60+t=32×5t，解得t=12013，
当OC和OA重合时，60+t=5t，解得t=15，
此时∠A′OB=∠COB=75°，
∵当射线OA与射线OB的反向延长线重合时，所有旋转皆停止，
∴5t≤180−75，解得t≤21，
∴t≤21+15，即t≤36，
②如图，在OC和OA重合后，∠BOD=75°，
设重合后旋转的时间是t2，
∠BOC=75+t2，∠AOB=75+5t2，
若∠AOB=2∠BOC，则75+5t2=275+t2，解得t2=25，则t=25+15=40（舍去），
若∠AOB=3∠BOC，则75+5t2=375+t2，解得t2=75，则t=75+15=90（舍去），
若∠AOB=32∠BOC，则75+5t2=3275+t2，解得t2=757，则t=757+15=1807，
综上：t的值是203或307或12013或1807．
【点睛】本题考查角度的计算，解题的关键是掌握列方程求解角度运动问题的方法，需要注意进行分类讨论．
【变式6-1】（2023上·重庆·七年级校联考期末）点O为直线AB上一点，在直线AB上侧任作一个∠COD，使得∠COD=90°．
（1）如图1，过点O作射线OE，当OE恰好为∠AOD的角平分线时，请直接写出∠BOD与∠COE之间的倍数关系，即∠BOD= ______ ∠COE（填一个数字）；
（2）如图2，过点O作射线OE，当OC恰好为∠AOE的角平分线时，另作射线OF，使得OF平分∠COD，求∠FOB+∠EOC的度数；
（3）在（2）的条件下，若∠EOC=3∠EOF，求∠AOE的度数．
【答案】(1)2;(2) 135°；(3)67.5°.
【详解】试题分析：
（1）由题意可得∠AOC=90°-∠BOD；∠AOE=12∠AOD；∠AOD=180°-∠BOD；把上述三个关系式代入∠COE=∠AOE-∠AOC中化简即可得到∠COE=12∠BOD，从而可得出∠BOD=2∠COE；
（2）由OC为∠AOE的角平分线，OF平分∠COD可得：∠AOC=∠COE，∠DOF=∠COF=45°；结合∠BOD+∠AOC=90°，∠EOC+∠FOB=∠EOC+∠FOD+∠BOD即可求得∠EOC+∠FOB的度数；
（3）如备用图，设∠EOF=x，则∠EOC=3x，结合（2）可得∠AOE=2∠EOC=6x，∠COF=4x=45°，由此即可解得∠AOE=67.5°.
试题解析：
（1）∠BOD=2∠COE；理由如下：
∵∠COD=90°．
∴∠BOD+∠AOC=90°，
∵OE平分∠AOD，
∴∠AOE=∠DOE=12∠AOD，
又∵∠BOD=180°-∠AOD，
∴∠COE=∠AOE-∠AOC=12∠AOD-（90°-∠BOD）=12（180°-∠BOD）-90°+∠BOD=12∠BOD，
∴∠BOD=2∠COE；
（2）∵OC为∠AOE的角平分线，OF平分∠COD，
∴∠AOC=∠COE，∠COF=∠DOF=45°，
∴∠FOB+∠EOC=∠DOF+∠BOD+∠AOC=45°+90°=135°；
（3）如备用图：∵∠EOC=3∠EOF，
∴设∠EOF=x，则∠EOC=3x，
∴∠COF=4x，
∴结合（2）可得：∠AOE=2∠COE=6x，∠COF=4x=45°，
解得：x=11.25°，
∴∠AOE=6×11.25°=67.5°．
点睛：（1）解第2小题时，把∠FOB化为∠FOD+∠BOD来表达，∠EOC化为∠AOC来表达，这样就可利用∠AOC+∠BOD=90°，∠FOD=45°来求得所求量；（2）解第3小题时，要记住是在第2小题的条件下来解题，这样设∠EOF=x，就可由本问的条件结合第2小题的条件得到∠COF=4x=45°，解得x，再由∠AOE=2∠COE=6x就可求得∠AOE的度数.
【变式6-2】（2023上·新疆乌鲁木齐·七年级统考期末）图（1）所示，点O是直线AB上一点，∠COD是直角，OE平分∠BOC．
(1)若∠AOC＝30°，求∠DOE的度数；
(2)将图（1）中的∠COD绕点O顺时针旋转至图（2）所示的位置，以（1）题思路探究∠AOC与∠DOE的度数之间的关系，并说明理由；
(3)将图（1）中的∠COD绕点O顺时针旋转至图（3）所示的位置，直接写出∠AOC与∠DOE的度数之间的关系．
【答案】(1)15°
(2)∠AOC=2∠DOE
(3)∠AOC=360°−2∠DOE
【分析】（1）由已知可求出∠BOC=180°−∠AOC=150°，再由∠COD是直角，OE平分∠BOC求出∠DOE的度数；
（2）由∠COD是直角，OE平分∠BOC可得出∠COE=∠BOE=90°−∠DOE，则得∠AOC=180°−∠BOC=180°−2∠COE=180°−2(90°−∠DOE)，从而得出∠AOC和∠DOE的度数之间的关系；
（3）根据（2）的解题思路，即可解答．
【详解】（1）解：由已知得∠AOC＝30°，则∠BOC=180°−∠AOC=150°，
又∠COD是直角，OE平分∠BOC，
∴∠DOE=∠COD−∠COE=∠COD−12∠BOC=90°−12×150°=15°，
故答案为：15°；
（2）解：∠AOC=2∠DOE；
理由：∵∠COD是直角，OE平分∠BOC，
∴∠COE=∠BOE=90°−∠DOE，
则得∠AOC=180°−∠BOC=180°−2∠COE=180°−2(90°−∠DOE)=2∠DOE，
所以得：∠AOC=2∠DOE；
（3）解：∠AOC=360°−2∠DOE；
理由：∵OE平分∠BOC，
∴∠BOC=2∠COE，
则得∠AOC=180°−∠BOC=180°−2∠COE=180°−2(∠DOE−90°)=360°−2∠DOE，
所以得：∠AOC=360°−2∠DOE．
【点睛】本题考查的知识点是角平分线的性质、几何图形中角的计算，解题的关键是正确运用有关性质准确计算角的和差倍分．
【变式6-3】（2023上·湖南长沙·七年级湖南师大附中博才实验中学校考期末）如图，两条直线AB，CD相交于点O，且∠AOC=∠BOD=90°，射线OM从OB开始绕O点逆时针方向旋转，速度为每秒15°，射线ON同时从OD开始绕O点顺时针方向旋转，速度为每秒12°，运动时间为t秒（0(1)当t=2时，∠AOM的度数为________度，∠NOM的度数为________度．
(2)t为何值时，∠AOM=∠AON．
(3)当射线OM在∠BOC的内部时，探究13∠DOM−4∠AON3∠MON是不是一个定值？若是，请求出这个定值．
【答案】(1)150，144
(2)t=10
(3)是，13∠DOM−4∠AON3∠MON=3
【分析】（1）求出t=2时，∠BOM,∠DON的度数，利用∠AOM=180°−∠BOM,∠NOM=∠NOD+∠DOB+∠BOM，进行求解即可；
（2）分别用含t的式子，表示出∠AOM和∠AON，分∠AON在∠AOD内部和∠AOC的内部，两种情况讨论，利用∠AOM=∠AON，列式求解即可；
（3）分别用含t的式子表示出∠DOM,∠AON,∠MON，计算13∠DOM−4∠AON3∠MON即可得解．
【详解】（1）解：当t=2时，∠BOM=2×15°=30°，∠DON=2×12°=24°，
∴∠AOM=180°−∠BOM=180°−30°=150°，
∠NOM=∠NOD+∠DOB+∠BOM=24°+90°+30°=144°，
故答案为：150，144；
（2）解：∵∠AOC=∠BOD=90°，
∴∠AOD=∠BOC=90°
由题意得：∠BOM=15°⋅t，∠DON=12°⋅t，
∴∠AOM=180°−∠BOM=180°−15°⋅t，
当∠AON在∠AOD内部时：∠AON=∠AOD−∠DON=90°−12°⋅t
∵∠AOM=∠AON，
∴180°−15°⋅t=90°−12°⋅t，解得：t=30（不符合题意，舍掉）；
当∠AON在∠AOC内部时：∠AON=∠DON−∠AOD=12°⋅t−90°，
∵∠AOM=∠AON，
∴180°−15°⋅t=12°⋅t−90°，解得：t=10；
∴当t=10时，∠AOM=∠AON；
（3）解：∵∠BOM=15°⋅t,∠DON=12°⋅t，
当射线OM在∠BOC的内部时，0<15°⋅t<90°，
∴0∴0°<12°⋅t<72°，
∴射线ON在∠AOD内部，
∴∠DOM=∠BOD+∠BOM=90°+15°⋅t,∠AON=∠AOD−∠DON=90°−12°⋅t，
∠NOM=∠NOD+∠DOB+∠BOM=12°⋅t+90°+15°⋅t=90°+27°⋅t
则：13∠DOM−4∠AON3∠MON=1390°+15°⋅t−490°−12°⋅t390°+27°⋅t
=1170°+195°⋅t−360°+48°⋅t270°+81°⋅t
=810°+243°⋅t270°+81°⋅t
=3；
∴13∠DOM−4∠AON3∠MON是一个定值：3．
【点睛】本题考查角度的计算．根据题意正确的表示出各角的度数，是解题的关键．
【题型7 角度中的规律探究】
【例7】（2023上·江苏扬州·七年级统考期末）已知，OM、ON分别是∠AOC，∠BOC的角平分线．
(1)如图1，若∠AOB=120°，∠BOC=30°，则 ∠MON=________°；
(2)如图1，若∠AOB=120°，∠BOC=β°，能否求出∠MON的度数？若能，求出其值，若不能，试说明理由；
(3) 如图2，若∠BOC=β°，∠BOC=β°，是否仍然能求出∠MON的度数，若能，求∠MON的度数（用含α或β的式子表示），并从你的求解过程中总结出你发现的规律 ．
【答案】（1）60 （2） （3）
【详解】试题分析：
（1）∵OM是∠AOC的角平分线
∴∠AOM=∠MOC
∵ON是∠BOC的角平分线
∴∠BON=∠NOC
∵∠AOB=120°，∠BOC=30°
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC =120°+30°=150°
∴∠AOM=∠MOC =75°，∠MOB=45°，∠BON=∠NOC=15°
∴∠MON=∠MOB+∠BON=45°+15°=60°
（2）
（3）
考点：计算角的度数
点评：充分利用角的等分线，通过已知角的加减乘除求出未知角的度数．
【变式7-1】（2023上·福建龙岩·七年级统考期末）在锐角∠AOB内部，画出1条射线，可以画出3个锐角；画出2条不同的射线，可以画出6个锐角；画出3条不同的射线，可以画出10个锐角．照此规律，画19条不同的射线，可以画出锐角的个数为（ ）
A．165B．186C．199D．210
【答案】D
【分析】根据已知条件得出规律为从一个角的内部引出n条射线所得到的锐角的个数是12(n+1)(n+2) ，代入即可得到答案．
【详解】在锐角∠AOB内部，
画出1条射线，可以画出3个锐角；
画出2条不同的射线，可以画出6个锐角；
画出3条不同的射线，可以画出10个锐角；
……
∴ 从一个角的内部引出n条射线所得到的锐角的个数是
1+2+3+⋯+(n+1)=12(n+1)(n+2)
∴ 画19条不同的射线，可以画出锐角的个数为12×(19+1)×(19+2)=210
故选：D．
【点睛】本题考查了角的概念，解题的关键是找到规律．
【变式7-2】（2023下·重庆忠县·七年级统考期末）如图中∠AOB＝60°，图①中∠AOC1＝∠C1OB，图②中∠AOC1＝∠C1OC2＝∠C2OB，图③中∠AOC1＝∠C1OC2＝∠C2OC3＝∠C3OB，…，按此规律排列下去，前④个图形中的∠AOC1之和为( )
A．60°B．67°C．77°D．87°
【答案】C
【分析】根据前三个图形可知图①中OC1为2等分线，图②中OC1为3等分线，图③中OC1为4等分线，依次类推，可得第④个图中OC1为5等分线，计算即可得出答案．
【详解】解：根据题意可得，
图①中，∠AOC1=12∠AOB=12×60°=30°，
图②中，∠AOC1=13∠AOB=13×60°=20°，
图③中，∠AOC1=14∠AOB=14×60°=15°，
依次类推，第④个图中，∠AOC1=15∠AOB=15×60°=12°，
∴前④个图形中的∠AOC1之和为30°+20°+15°+12°=77°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了角的计算，根据题意找出角度变化规律进行计算是解决本题的关键．
【变式7-3】（2023上·河北保定·七年级统考期末）(1)如图1，已知∠AOB=90°，∠BOC=30°，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC．填空：∠MON= ；
(2)如图2，∠AOB=90°，∠BOC=x ，仍然分别作∠AOC、∠BOC的平分线OM、ON，能否求出∠MON的度数？若能，求出其值；若不能，说明理由．
(3)如图3，若∠AOB=α，∠BOC=β(α、β均为锐角，且α＞β)，仍然分别作∠AOC、∠BOC的平分线OM、ON，能否求出∠MON的度数．若能，求∠MON的度数．
(4)从(1)、(2)、(3)的结果中，你发现了什么规律？
【答案】（1）45°；（2）能，∠MON=45°；（3）能，∠MON=α2；（4）∠MON=α2
【分析】（1）根据题意可知，∠AOC=120°，由OM平分∠AOC，ON平分∠BOC；推出∠MOC=∠AOC=60°，∠CON= 12∠BOC=15°，由图形可知，∠MON=∠MOC-∠CON，即可求出∠MON=45°；
（2）根据（1）的求解思路，先利用角平分线的定义表示出∠MOC与∠NOC的度数，然后相减即可得到∠MON的度数；
（3）用α、β表示∠MOC，∠NOC，根据∠MON=∠MOC-∠NOC得解．
（4）由（1）、（2）、（3）的结果中，∠MON的度数与∠BCO无关，∠MON= a2．
【详解】（1）∵∠AOB=90°，∠BOC=30°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=90°+30°=120°，
∵OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，
∴∠MOC=∠AOC=60°，∠CON= 12∠BOC=15°，
∴∠MON=∠MOC-∠CON=60°-15°=45°；
（2）能．
∵∠AOB=90°，∠BOC=x，
∴∠AOC=90°+x，
∵OM、ON分别平分∠AOC，∠BOC，
∴∠MOC= 12∠AOC= 12（90°+x°）=45°+ 12x，
∴∠CON= 12∠BOC= 12x，
∴∠MON=∠MOC-∠CON=45°+ 12x- 12x=45°．
（3）∵∠AOB=α，∠BOC=β，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=α+β，
∵OM平分∠AOC，
∴∠MOC= 12∠AOC= 12（α+β），
∵ON平分∠BOC，
∴∠NOC= 12∠BOC= β2，
∴∠MON=∠MOC-∠NOC= 12（α+β）-β2=α2．
（4）规律：∠MON的度数与∠BCO无关，∠MON=α2．理由如下：
∵∠AOB=α，∠BOC=β，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=α+β，
∵OM平分∠AOC，
∴∠MOC=12∠AOC=12（α+β），
∵ON平分∠BOC，
∴∠NOC=12∠BOC=β2，
∴∠MON=∠MOC-∠NOC=12（α+β）-β2=α2．
【点睛】本题考查角的和差、角平分线定义，利用∠MON=∠MOC﹣∠NOC是解题的关键.
【题型8 动角旋转问题】
【例8】（2023下·吉林长春·七年级统考期末）如图，点O在直线AB上，OC⊥AB．在△ODE中，∠ODE=90°，∠EOD=60°．先将△ODE的一边OE与OC重合，然后绕点O顺时针方向旋转，当OE与OB重合时停止旋转．

(1)如图①，当OD在OA与OC之间，且∠COD=20°时，则∠AOD=______度，∠COE=______度．
(2)如图②，当OD在OC与OB之间时，求∠AOD与∠COE差的度数．
(3)在△ODE旋转的过程中，若∠AOE=7∠COD，求旋转角的度数．
【答案】(1)70，40
(2)30°
(3)旋转角的度数为41.25°或85°
【分析】（1）根据已知条件求出度数即可；
（2）根据∠AOC+∠COD=90°和已知条件求出答案即可；
（3）根据∠AOE=7∠COD，分两种情况：当OD在OA与OC之间时，当OD在OC与OB之间时计算即可．
【详解】（1）解：∵OC⊥AB，
∴∠AOC=90°，
∵OD在OA与OC之间，∠COD=20°，∠EOD=60°，
∴∠AOD=∠AOC−∠COD=90°−20°=70°，∠COE=∠EOD−∠COD=60°−20°=40°；
（2）解：∵OC⊥AB，
∴∠AOC=90°，
∵∠AOD=∠AOC+∠COD=90°+∠COD，∠COE=∠EOD+∠COD=60°+∠COD，
∴∠AOD−∠COE=90°+∠COD−60°+∠COD=30°；
（3）解：旋转角为∠COE，
当OD在OA与OC之间时，
∵∠AOE=∠AOC+∠EOD−∠COD，∠AOE=7∠COD，
∴7∠COD=90°+60°−∠COD，
∴∠COD=18.75°，
∴∠COE=60°−18.75°=41.25°，
当OD在OC与OB之间时，
∵∠AOE=∠AOC+∠EOD+∠COD，∠AOE=7∠COD，
∴7∠COD=90°+60°+∠COD，
∴∠COD=25°，
∴∠COE=60°+25°=85°．
综上，旋转角的度数为41.25°或85°．
【点睛】本题考查了角的有关计算的应用，能根据题意求出各个角的度数是解题的关键．
【变式8-1】（2023下·山东威海·七年级统考期末）如图①，点O在直线AB上，∠AOC=120°，OD⊥AB，将OD绕点O以每秒2°的速度按逆时针方向旋转一周（如图②），当OD旋转到第t秒时，OD所在的直线平分∠BOC，则t的值为 ．

【答案】60或150
【分析】根据平角的定义得到∠BOC=60°，进行分类讨论，求出OD旋转的度数即可求解．
【详解】∵OD⊥AB，
∴∠AOD=∠BOD=90°，
∵∠AOC+∠BOC=180°，
∴∠BOC=180°−∠AOC=180°−120°=60°，
①如图，当OD逆时针旋转到OE时，

∵OE平分∠BOC，
∴∠BOE=12∠BOC=30°，
则OD逆时针旋转了90°+30°=120°，
∴t=120°÷2°=60s，
②如图，当OD逆时针旋转到OF时，

由①得：∠BOE=30°，∠AOD=90°，
∴∠AOF=30°，
∴∠DOF=60°，
则OD逆时针旋转了360°−60°=300°，
∴t=300°÷2°=150s，
综上可知：t的值为60或150秒，
故答案为：60或150秒．
【点睛】此题考查了考查了角平分线定义，平角的定义，根据旋转后画出图形是解题的关键．
【变式8-2】（2023上·四川泸州·七年级统考期末）刘星对几何中角平分线等兴趣浓厚，请你和他一起探究下面问题吧，已知∠AOB=100°，射线OE，OF分别是∠AOC和∠COB的角平分线．
(1)如图1，若射线OC在∠AOB的内部，且∠AOC=30°，求∠EOF的度数；
(2)如图2，若射线OC在∠AOB的内部绕点O旋转，则∠EOF的度数；
(3)若射线OC在∠AOB的外部绕点O旋转(旋转中∠AOC，∠BOC均指小于180°的角)，其余条件不变，请借助图3探究∠EOF的大小．
【答案】(1)50°
(2)50°
(3)50°或130°
【分析】（1）先求出∠BOC度数，根据角平分线定义求出∠EOC和∠FOC度数，求和即可得出答案；
（2）根据角平分线定义得出∠COE=12∠AOC，∠COF=12∠BOC，求出∠EOF=∠EOC+∠FOC=12∠AOB，代入求出即可；
（3）分两种情况：①射线OE，OF只有1个在∠AOB外面，根据角平分线定义得出∠COE=12∠AOC，∠COF=12∠BOC，求出∠EOF=∠FOC−∠COE=12∠AOB；②射线OE，OF都在∠AOB外面，根据角平分线定义得出∠EOF=12∠AOC，∠COF=12∠BOC，求出∠EOF=∠EOC+∠COF=12360°−∠AOB，代入求出即可．
【详解】（1）解：∵∠AOB=100°，∠AOC=30°，
∴∠BOC=∠AOB−∠AOC=70°，
∵OE，OF分别是∠AOC和∠COB的角平分线，
∴∠EOC=12∠AOC=15°，∠FOC=12∠BOC=35°，
∴∠EOF=∠EOC+∠FOC=15°+35°=50°；
（2）解：∵OE，OF分别是∠AOC和∠COB的角平分线，
∴∠EOC=12∠AOC，∠FOC=12∠BOC，
∴∠EOF=∠EOC+∠FOC=12∠AOC+∠BOC=12∠AOB=12×100°=50°；
（3）解：①射线OE，OF只有1个在∠AOB外面，如图3①，
∴∠EOF=∠FOC−∠COE
=12∠BOC−12∠AOC
=12∠BOC−∠AOC；
=12∠AOB
=12×100°
=50°；
②射线OE，OF都在∠AOB外面，如图3②，
∠EOF=∠EOC+∠COF
=12∠AOC+12∠BOC
=12∠AOC+∠BOC
=12360°−∠AOB
=12×260°
=130°．
【点睛】本题考查的是角的计算，角平分线的定义，熟知从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线叫做这个角的平分线是解答此题的关键．注意分类思想的运用．
【变式8-3】（2023上·内蒙古通辽·七年级校考期末）【阅读理解】如图①，射线OC在∠AOB内部，图中共有三个角∠AOC、∠AOB、∠BOC，若其中有两个角的度数之比为1:2，则称射线OC为∠AOB的“幸运线”．
(1)∠AOB的角平分线 这个角的“幸运线”（填“是”或“不是”）；
(2)若∠AOB=120°，射线OC为∠AOB的“幸运线”，则∠AOC= ．
(3)如图②，已知∠AOB=150°，射线OP从OA出发，以20°/s的速度顺时针方向旋转，射线OQ从OB出发，以10°/s的速度逆时针方向旋转，两条射线同时旋转，当其中一条射线旋转到与∠AOB的边重合时，运动停止，设旋转的时间为t（s），直接写出当t为何值时，射线OP是以射线OA、OQ为边构成角的“幸运线”？
【答案】(1)是
(2)60°或40°或80°
(3)满足条件的t的值为157或3或154或457或152
【分析】（1）根据“幸运线”的定义判断即可．
（2）有三种情形：①当OC是角平分线，②当∠AOC=2∠BOC时，③当∠AOC=12∠BOC时，分别求解即可．
（3）当OP在射线OA，OQ之间时，有三种情形：①当∠AOP=12∠POQ，②当∠AOP=∠POQ时，③当∠AOP=2∠POQ时，当OP在射线OA，OQ所构成角的外部时，分别构建方程求解即可．
【详解】（1）解：∠AOB是角平分线是∠AOB的“幸运线”．
故答案为是．
（2）解：有三种情形：①当OC是角平分线，此时∠AOC=12∠AOB=60°．
②当∠AOC=2∠BOC时，∠AOC=23∠AOB=80°．
③当∠AOC=12∠BOC时，∠AOC=13∠AOB=40°，
综上所述，满足条件的∠AOC的值为60°或40°或80°．
故答案为60°或40°或80°．
（3）解：由题意得：∠AOP=20°t,∠BOQ=10°t，
∵射线OP是以射线OA、OQ为边构成角的“幸运线”，
∴当OP在射线OA，OQ之间时，则有∠POQ=150°−20°t−10°t=150°−30°t，如图所示，
则有三种情形：
①当∠AOP=12∠POQ，则有20t=12(150°−30t)，解得t=157．
②当∠AOP=∠POQ时，则有20t=150−30t，解得t=3．
③当∠AOP=2∠POQ时，则有20t=2(150−30t)，解得t=154．
当OP在射线OA，OQ所构成角的外部时，则有∠AOQ=150°−10°t，∠POQ=20°t−150°−10°t=30°t−150°，如图所示，
有两种情形：
①∠AOQ=2∠POQ，则有150−10t=2[20t−(150−10t)]，解得t=457，
②当∠AOQ=∠POQ时，则有150−10t=20t−(150−10t)，解得t=152．
③当∠POQ=2∠AOQ时，则有20t−(150−10t)=2(150−10t)，解得t=9（不符合题意，舍去）．
综上所述，满足条件的t的值为157或3或154或457或152．
【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了动点问题，OC为∠AOB的“幸运线”的定义等知识，解题的关键是理解题意学会由分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．