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22. 提升题 如图,在直角三角形ABC中,∠B=90°,AB=6 cm,BC=8 cm,AC=10 cm。点P从点B出发,以2 cm/s的速度沿B→C→A的方向运动,终点为A;点Q从点A出发,以1 cm/s的速度沿A→B→C的方向运动,终点为C。已知点P,Q同时出发,运动时间为t s。
(1)点P到达终点时所需的时间为s,点Q到达终点时所需的时间为s。
(2)若点P在线段AC上运动,点Q在线段BC上运动,试求出当t为何值时,BQ=AP。
(3)试求出当t为何值时,三角形QAC的面积等于三角形ABC面积的$\frac{1}{3}$。
23. 提升题 洋洋和乐乐想从数学角度分析如何让同学们的广播操动作更标准。他们将广播操动作抽象为几何模型,如图所示。两手手心位置分别记为点A,B,两脚脚跟位置分别记为点C,D。若点A,B,C,D在同一个平面内,做操过程中将手脚运动近似地看作A,B,C,D绕平面内的一个定点O转动。(本题中的角均大于0°且小于或等于180°)
(1)如图①,若A,O,B三点共线,且∠AOC=∠BOD,则∠AOC的大小为。
(2)在第三节踢腿运动中,如图②,洋洋发现A,O,B三点共线,但不在水平方向上。若∠COD=62°,∠AOD:∠BOC=6:5,求∠AOC的大小。
(3)在第四节体侧运动中,如图③,乐乐发现运动前A,O,B三点在同一水平线上,两腿左右等距张开,且∠COD=30°,OE平分∠COD,∠AOE=90°。运动时,OA,OB绕点O顺时针旋转,OA的旋转速度为每秒50°,OB的旋转速度为每秒25°。当OB旋转到与OD重合时运动停止。
①当运动停止时,∠AOD=。
②在运动过程中,是否存在常数m,使得∠AOC + m∠BOE为定值?若存在,求出常数m及该定值;若不存在,请说明理由。
(1)点P到达终点时所需的时间为s,点Q到达终点时所需的时间为s。
(2)若点P在线段AC上运动,点Q在线段BC上运动,试求出当t为何值时,BQ=AP。
(3)试求出当t为何值时,三角形QAC的面积等于三角形ABC面积的$\frac{1}{3}$。
23. 提升题 洋洋和乐乐想从数学角度分析如何让同学们的广播操动作更标准。他们将广播操动作抽象为几何模型,如图所示。两手手心位置分别记为点A,B,两脚脚跟位置分别记为点C,D。若点A,B,C,D在同一个平面内,做操过程中将手脚运动近似地看作A,B,C,D绕平面内的一个定点O转动。(本题中的角均大于0°且小于或等于180°)
(1)如图①,若A,O,B三点共线,且∠AOC=∠BOD,则∠AOC的大小为。
(2)在第三节踢腿运动中,如图②,洋洋发现A,O,B三点共线,但不在水平方向上。若∠COD=62°,∠AOD:∠BOC=6:5,求∠AOC的大小。
(3)在第四节体侧运动中,如图③,乐乐发现运动前A,O,B三点在同一水平线上,两腿左右等距张开,且∠COD=30°,OE平分∠COD,∠AOE=90°。运动时,OA,OB绕点O顺时针旋转,OA的旋转速度为每秒50°,OB的旋转速度为每秒25°。当OB旋转到与OD重合时运动停止。
①当运动停止时,∠AOD=。
②在运动过程中,是否存在常数m,使得∠AOC + m∠BOE为定值?若存在,求出常数m及该定值;若不存在,请说明理由。
答案
22. 解：
(1) 点P运动总路程为 $BC+AC=8+10=18\ \mathrm{cm}$，所需时间为 $18÷2=9\ \mathrm{s}$；
点Q运动总路程为 $AB+BC=6+8=14\ \mathrm{cm}$，所需时间为 $14÷1=14\ \mathrm{s}$。
答案：$\boldsymbol{9}$，$\boldsymbol{14}$。
(2) 当点P在线段AC上运动时，$t＞\frac{8}{2}=4$，点P运动的总路程为 $2t$，因此：
$AP=BC+AC-2t=18-2t$
当点Q在线段BC上运动时，$t＞6$，点Q运动的总路程为 $t$，因此：
$BQ=t-6$
由 $BQ=AP$，列方程：
$t-6=18-2t$
解得 $t=8$，符合题意。
即当 $t=8$ 时，$BQ=AP$。
(3) $△ ABC$ 的面积为 $\frac{1}{2}× AB× BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$，因此 $△ QAC$ 的面积为 $24×\frac{1}{3}=8\ \mathrm{cm}^2$。
分两种情况讨论：
① 当点Q在线段AB上运动，即 $0＜t≤6$ 时，$AQ=t$，以AQ为底，BC为高：
$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}× AQ× BC=\frac{1}{2}× t×8=4t$
令 $4t=8$，解得 $t=2$，符合取值范围。
② 当点Q在线段BC上运动，即 $6＜t≤14$ 时，$QC=14-t$，以QC为底，AB为高：
$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}× QC× AB=\frac{1}{2}×(14-t)×6=42-3t$
令 $42-3t=8$，解得 $t=\frac{34}{3}$，符合取值范围。
综上，当 $t=2$ 或 $t=\frac{34}{3}$ 时，$△ QAC$ 的面积等于 $△ ABC$ 面积的 $\frac{1}{3}$。
---
23. 解：
(1) 因为A,O,B三点共线，$∠ AOC+∠ BOD=180°$，又 $∠ AOC=∠ BOD$，所以 $2∠ AOC=180°$，得 $∠ AOC=90°$。
答案：$\boldsymbol{90°}$。
(2) 设 $∠ AOC=x$，则 $∠ BOC=180°-x$，$∠ AOD=x+62°$。
由 $∠ AOD:∠ BOC=6:5$，列方程：
$\frac{x+62°}{180°-x}=\frac{6}{5}$
交叉相乘得 $5(x+62°)=6(180°-x)$，解得 $x=70°$。
即 $∠ AOC=70°$。
(3) ① 初始时 $∠ BOD=75°$，OB旋转速度为 $25°/\mathrm{s}$，运动总时间为 $75°÷25°/\mathrm{s}=3\ \mathrm{s}$。3秒内OA顺时针旋转 $50°×3=150°$，初始 $∠ AOD=105°$，旋转后 $∠ AOD=105°+150°$，取不大于 $180°$ 的夹角得 $∠ AOD=105°$。
答案：$\boldsymbol{105}$。
② 存在常数 $m$，推导如下：
设运动时间为 $t\ \mathrm{s}$（$0≤ t≤3$），初始 $∠ AOC=75°$，$∠ BOE=90°$，旋转后：
$∠ AOC=75°+50t,\quad ∠ BOE=90°-25t$
代入得：
$∠ AOC + m∠ BOE=75°+50t + m(90°-25t)=75°+90m + (50-25m)t$
要使该式为定值，则含 $t$ 的系数必须为0：
$50-25m=0 \implies m=2$
此时定值为 $75°+90°×2=255°$。
即存在常数 $m=2$，$∠ AOC + m∠ BOE$ 的定值为 $255°$。
(1) 点P运动总路程为 $BC+AC=8+10=18\ \mathrm{cm}$，所需时间为 $18÷2=9\ \mathrm{s}$；
点Q运动总路程为 $AB+BC=6+8=14\ \mathrm{cm}$，所需时间为 $14÷1=14\ \mathrm{s}$。
答案：$\boldsymbol{9}$，$\boldsymbol{14}$。
(2) 当点P在线段AC上运动时，$t＞\frac{8}{2}=4$，点P运动的总路程为 $2t$，因此：
$AP=BC+AC-2t=18-2t$
当点Q在线段BC上运动时，$t＞6$，点Q运动的总路程为 $t$，因此：
$BQ=t-6$
由 $BQ=AP$，列方程：
$t-6=18-2t$
解得 $t=8$，符合题意。
即当 $t=8$ 时，$BQ=AP$。
(3) $△ ABC$ 的面积为 $\frac{1}{2}× AB× BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$，因此 $△ QAC$ 的面积为 $24×\frac{1}{3}=8\ \mathrm{cm}^2$。
分两种情况讨论：
① 当点Q在线段AB上运动，即 $0＜t≤6$ 时，$AQ=t$，以AQ为底，BC为高：
$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}× AQ× BC=\frac{1}{2}× t×8=4t$
令 $4t=8$，解得 $t=2$，符合取值范围。
② 当点Q在线段BC上运动，即 $6＜t≤14$ 时，$QC=14-t$，以QC为底，AB为高：
$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}× QC× AB=\frac{1}{2}×(14-t)×6=42-3t$
令 $42-3t=8$，解得 $t=\frac{34}{3}$，符合取值范围。
综上，当 $t=2$ 或 $t=\frac{34}{3}$ 时，$△ QAC$ 的面积等于 $△ ABC$ 面积的 $\frac{1}{3}$。
---
23. 解：
(1) 因为A,O,B三点共线，$∠ AOC+∠ BOD=180°$，又 $∠ AOC=∠ BOD$，所以 $2∠ AOC=180°$，得 $∠ AOC=90°$。
答案：$\boldsymbol{90°}$。
(2) 设 $∠ AOC=x$，则 $∠ BOC=180°-x$，$∠ AOD=x+62°$。
由 $∠ AOD:∠ BOC=6:5$，列方程：
$\frac{x+62°}{180°-x}=\frac{6}{5}$
交叉相乘得 $5(x+62°)=6(180°-x)$，解得 $x=70°$。
即 $∠ AOC=70°$。
(3) ① 初始时 $∠ BOD=75°$，OB旋转速度为 $25°/\mathrm{s}$，运动总时间为 $75°÷25°/\mathrm{s}=3\ \mathrm{s}$。3秒内OA顺时针旋转 $50°×3=150°$，初始 $∠ AOD=105°$，旋转后 $∠ AOD=105°+150°$，取不大于 $180°$ 的夹角得 $∠ AOD=105°$。
答案：$\boldsymbol{105}$。
② 存在常数 $m$，推导如下：
设运动时间为 $t\ \mathrm{s}$（$0≤ t≤3$），初始 $∠ AOC=75°$，$∠ BOE=90°$，旋转后：
$∠ AOC=75°+50t,\quad ∠ BOE=90°-25t$
代入得：
$∠ AOC + m∠ BOE=75°+50t + m(90°-25t)=75°+90m + (50-25m)t$
要使该式为定值，则含 $t$ 的系数必须为0：
$50-25m=0 \implies m=2$
此时定值为 $75°+90°×2=255°$。
即存在常数 $m=2$，$∠ AOC + m∠ BOE$ 的定值为 $255°$。
解析
第22题
【分析】
(1) 求点到达终点的时间，只需用运动总路程除以对应速度即可。先分别计算P、Q的运动总路程，再除以各自速度就能得到时间。
(2) 先确定P在AC上、Q在BC上时t的取值范围，再分别用含t的代数式表示出AP和BQ的长度，根据BQ=AP列一元一次方程求解，最后检验解是否符合取值范围。
(3) 先算出△ABC的面积，得到△QAC的目标面积。再分两种情况讨论：Q在AB上时，以AQ为底、BC为高表示△QAC的面积；Q在BC上时，以QC为底、AB为高表示△QAC的面积，分别列方程求解，检验解是否符合对应阶段的时间范围。
【解析】
(1) 点P运动总路程为$BC+AC=8+10=18\ \mathrm{cm}$，所需时间为$18÷2=9\ \mathrm{s}$；
点Q运动总路程为$AB+BC=6+8=14\ \mathrm{cm}$，所需时间为$14÷1=14\ \mathrm{s}$。
(2) 点P在线段AC上运动时，已走完BC段，故$t＞\frac{8}{2}=4$，P运动总路程为$2t$，因此$AP=18-2t$；
点Q在线段BC上运动时，已走完AB段，故$t＞6$，Q运动总路程为$t$，因此$BQ=t-6$；
由$BQ=AP$列方程：$t-6=18-2t$，解得$t=8$，符合t的取值范围。
(3) $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$，故$S_{△ QAC}=24×\frac{1}{3}=8\ \mathrm{cm}^2$。
分两种情况：
① 当Q在线段AB上（$0＜t≤6$）时，$AQ=t$，$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}×AQ×BC=4t$，令$4t=8$，解得$t=2$，符合范围；
② 当Q在线段BC上（$6＜t≤14$）时，$QC=14-t$，$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}×QC×AB=42-3t$，令$42-3t=8$，解得$t=\frac{34}{3}$，符合范围。
【答案】
(1) $\boldsymbol{9}$，$\boldsymbol{14}$；
(2) $\boldsymbol{t=8}$；
(3) $\boldsymbol{t=2}$或$\boldsymbol{t=\frac{34}{3}}$
【知识点】
动点问题、一元一次方程应用、三角形面积计算
【点评】
本题是典型的动点综合应用题，解题核心是结合运动过程分阶段讨论，准确用含t的代数式表示对应线段长度，注意解要符合运动的时间范围，能有效锻炼分类讨论的思维能力。
【难度系数】
0.65
---
第23题
【分析】
(1) A、O、B共线可得∠AOB=180°，结合∠AOC=∠BOD，即可推出2∠AOC=180°，直接计算即可。
(2) 设∠AOC为x，用含x的代数式分别表示出∠AOD和∠BOC，根据角度比例关系列方程求解即可。
(3) ① 先计算OB旋转到与OD重合所需的时间，再计算该时间内OA旋转的角度，最终求出∠AOD的度数；
② 设运动时间为t，用含t的代数式分别表示∠AOC和∠BOE，代入∠AOC + m∠BOE，要使式子为定值，需让含t的项的系数为0，即可求出m和对应的定值。
【解析】
(1) 因为A、O、B三点共线，所以∠AOC+∠BOD=180°，又∠AOC=∠BOD，所以2∠AOC=180°，解得∠AOC=90°。
(2) 设∠AOC=x，则∠BOC=180°-x，∠AOD=x+62°，由∠AOD:∠BOC=6:5得：
$\frac{x+62°}{180°-x}=\frac{6}{5}$
交叉相乘得$5(x+62°)=6(180°-x)$，解得$x=70°$。
(3) ① 初始时∠BOD=75°，OB旋转速度为25°/s，运动总时间为$75°÷25°/s=3\ \mathrm{s}$，3s内OA顺时针旋转$50°×3=150°$，初始∠AOD=105°，旋转后∠AOD=105°。
② 设运动时间为$t\ \mathrm{s}$（$0≤t≤3$），旋转后∠AOC=75°+50t，∠BOE=90°-25t，代入得：
∠AOC + m∠BOE=$75°+50t + m(90°-25t)=75°+90m + (50-25m)t$
要使式子为定值，则t的系数为0，即$50-25m=0$，解得$m=2$，此时定值为$75°+90°×2=255°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90°}$；
(2) $\boldsymbol{70°}$；
(3) ① $\boldsymbol{105°}$；② $\boldsymbol{m=2}$，定值为$\boldsymbol{255°}$
【知识点】
角度计算、一元一次方程应用、定值问题
【点评】
本题结合生活场景考查角度的动态运算，需要熟练掌握平角的性质、比例关系的转化，动态问题中用含t的式子表示角度是解题关键，定值问题的核心是消去变量t，适合锻炼逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
【分析】
(1) 求点到达终点的时间，只需用运动总路程除以对应速度即可。先分别计算P、Q的运动总路程，再除以各自速度就能得到时间。
(2) 先确定P在AC上、Q在BC上时t的取值范围，再分别用含t的代数式表示出AP和BQ的长度，根据BQ=AP列一元一次方程求解，最后检验解是否符合取值范围。
(3) 先算出△ABC的面积，得到△QAC的目标面积。再分两种情况讨论：Q在AB上时，以AQ为底、BC为高表示△QAC的面积；Q在BC上时，以QC为底、AB为高表示△QAC的面积，分别列方程求解，检验解是否符合对应阶段的时间范围。
【解析】
(1) 点P运动总路程为$BC+AC=8+10=18\ \mathrm{cm}$，所需时间为$18÷2=9\ \mathrm{s}$；
点Q运动总路程为$AB+BC=6+8=14\ \mathrm{cm}$，所需时间为$14÷1=14\ \mathrm{s}$。
(2) 点P在线段AC上运动时，已走完BC段，故$t＞\frac{8}{2}=4$，P运动总路程为$2t$，因此$AP=18-2t$；
点Q在线段BC上运动时，已走完AB段，故$t＞6$，Q运动总路程为$t$，因此$BQ=t-6$；
由$BQ=AP$列方程：$t-6=18-2t$，解得$t=8$，符合t的取值范围。
(3) $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×6×8=24\ \mathrm{cm}^2$，故$S_{△ QAC}=24×\frac{1}{3}=8\ \mathrm{cm}^2$。
分两种情况：
① 当Q在线段AB上（$0＜t≤6$）时，$AQ=t$，$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}×AQ×BC=4t$，令$4t=8$，解得$t=2$，符合范围；
② 当Q在线段BC上（$6＜t≤14$）时，$QC=14-t$，$S_{△ QAC}=\frac{1}{2}×QC×AB=42-3t$，令$42-3t=8$，解得$t=\frac{34}{3}$，符合范围。
【答案】
(1) $\boldsymbol{9}$，$\boldsymbol{14}$；
(2) $\boldsymbol{t=8}$；
(3) $\boldsymbol{t=2}$或$\boldsymbol{t=\frac{34}{3}}$
【知识点】
动点问题、一元一次方程应用、三角形面积计算
【点评】
本题是典型的动点综合应用题，解题核心是结合运动过程分阶段讨论，准确用含t的代数式表示对应线段长度，注意解要符合运动的时间范围，能有效锻炼分类讨论的思维能力。
【难度系数】
0.65
---
第23题
【分析】
(1) A、O、B共线可得∠AOB=180°，结合∠AOC=∠BOD，即可推出2∠AOC=180°，直接计算即可。
(2) 设∠AOC为x，用含x的代数式分别表示出∠AOD和∠BOC，根据角度比例关系列方程求解即可。
(3) ① 先计算OB旋转到与OD重合所需的时间，再计算该时间内OA旋转的角度，最终求出∠AOD的度数；
② 设运动时间为t，用含t的代数式分别表示∠AOC和∠BOE，代入∠AOC + m∠BOE，要使式子为定值，需让含t的项的系数为0，即可求出m和对应的定值。
【解析】
(1) 因为A、O、B三点共线，所以∠AOC+∠BOD=180°，又∠AOC=∠BOD，所以2∠AOC=180°，解得∠AOC=90°。
(2) 设∠AOC=x，则∠BOC=180°-x，∠AOD=x+62°，由∠AOD:∠BOC=6:5得：
$\frac{x+62°}{180°-x}=\frac{6}{5}$
交叉相乘得$5(x+62°)=6(180°-x)$，解得$x=70°$。
(3) ① 初始时∠BOD=75°，OB旋转速度为25°/s，运动总时间为$75°÷25°/s=3\ \mathrm{s}$，3s内OA顺时针旋转$50°×3=150°$，初始∠AOD=105°，旋转后∠AOD=105°。
② 设运动时间为$t\ \mathrm{s}$（$0≤t≤3$），旋转后∠AOC=75°+50t，∠BOE=90°-25t，代入得：
∠AOC + m∠BOE=$75°+50t + m(90°-25t)=75°+90m + (50-25m)t$
要使式子为定值，则t的系数为0，即$50-25m=0$，解得$m=2$，此时定值为$75°+90°×2=255°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90°}$；
(2) $\boldsymbol{70°}$；
(3) ① $\boldsymbol{105°}$；② $\boldsymbol{m=2}$，定值为$\boldsymbol{255°}$
【知识点】
角度计算、一元一次方程应用、定值问题
【点评】
本题结合生活场景考查角度的动态运算，需要熟练掌握平角的性质、比例关系的转化，动态问题中用含t的式子表示角度是解题关键，定值问题的核心是消去变量t，适合锻炼逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
