登录
1. 如图,在长方形 $ABCD$ 中,$AB=6,BC=$14,动点 $P$ 从点 $A$ 出发以每秒 3 个单位长度的速度沿 $A-B-C$ 向终点 $C$ 匀速运动,动点 $Q$ 从点 $C$ 出发以每秒 1 个单位长度的速度沿 $CB$ 向终点 $B$ 匀速运动. 点$P,Q$ 同时出发,当一个动点到达终点时,另一个动点也同时停止运动. 设两点运动的时间为 $t\ \mathrm{s}$,当 $PB=2CQ$ 时,$t$ 的值为（
A.$\dfrac{6}{5}$或$\dfrac{8}{5}$
B.$\dfrac{6}{5}$或$\dfrac{12}{5}$
C.$\dfrac{6}{5}$或$\dfrac{22}{5}$
D.$\dfrac{6}{5}$或 $6$
D
）A.$\dfrac{6}{5}$或$\dfrac{8}{5}$
B.$\dfrac{6}{5}$或$\dfrac{12}{5}$
C.$\dfrac{6}{5}$或$\dfrac{22}{5}$
D.$\dfrac{6}{5}$或 $6$
答案
1. D 提示:分情况讨论:①当点 P 在边AB 上,即 $0≤ t≤ 2$ 时,由题可知,$AP=3t,CQ=t$,则 $PB=6-3t$. 当 $PB=2CQ$,即 $6-3t=2t$ 时,解得 $t=\dfrac{6}{5}$. ②当点 P 在边 BC 上,即 $2＜ t≤ \dfrac{20}{3}$ 时,由题可知,$CQ=t,PB=3t-6$. 当 $PB=2CQ$,即 $3t-6=2t$ 时,解得 $t=6$. 综上所述,$t$ 的值为 $\dfrac{6}{5}$ 或 6.
解析
【分析】
这是典型的分段动点行程问题，解题思路如下：
1. 先确定两个动点的运动总时长：动点P走完全程A-B-C的总路程是AB+BC=6+14=20，速度为3单位每秒，总耗时$\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$；动点Q走完全程CB的路程是14，速度1单位每秒，总耗时14s，因此运动停止的临界时间是$\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$。
2. 根据P的位置分两种情况讨论：
第一种情况：P在AB边上，此时运动时间t满足$0≤ t≤ 2$（走完AB段6单位，速度3，耗时$6÷3=2\ \mathrm{s}$），此时$AP=3t$，$PB=AB-AP=6-3t$，Q运动的路程$CQ=t$，代入条件$PB=2CQ$列一元一次方程，求解后验证t是否在该区间范围内。
第二种情况：P在BC边上，此时运动时间t满足$2＜ t≤ \frac{20}{3}$，此时P已经走完AB段，总路程为$3t$，因此$PB=3t-6$，CQ仍然等于t，再次代入$PB=2CQ$列方程求解，验证解是否在该区间内。
3. 合并两个符合条件的t值，得到最终结果。
【解析】
解：首先划分运动的时间分段：
动点P从A到B的耗时为：$t_{AB}=\frac{AB}{3}=\frac{6}{3}=2\ \mathrm{s}$
动点P从A经B到C的总耗时为：$t_{总}=\frac{AB+BC}{3}=\frac{6+14}{3}=\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$
动点Q从C到B的总耗时为14s，因此运动总时长上限为$\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$，分两种情况讨论：
① 当$0≤ t≤ 2$时，点P在AB边上：
此时$AP=3t$，$CQ=t$，因此$PB=AB-AP=6-3t$
代入条件$PB=2CQ$，得方程：
$6-3t=2t$
解得：$t=\frac{6}{5}$，该值在$0≤ t≤ 2$范围内，符合要求。
② 当$2＜ t≤ \frac{20}{3}$时，点P在BC边上：
此时点P走过的总路程为$3t$，因此$PB=3t-AB=3t-6$，$CQ=t$
代入条件$PB=2CQ$，得方程：
$3t-6=2t$
解得：$t=6$，该值在$2＜ t≤ \frac{20}{3}$范围内，符合要求。
综上，t的值为$\frac{6}{5}$或6。
【答案】D
【知识点】分段动点问题，一元一次方程应用
【点评】本题核心是通过分段讨论动点的不同位置求解，易错点是容易忽略P运动到BC边的第二种情况，直接默认P始终在AB上求解导致漏解。解题时需要先明确不同运动阶段的时间范围，求解后还要验证解是否落在对应区间内，避免得到不符合实际运动情况的无效解。
【难度系数】0.6
这是典型的分段动点行程问题，解题思路如下：
1. 先确定两个动点的运动总时长：动点P走完全程A-B-C的总路程是AB+BC=6+14=20，速度为3单位每秒，总耗时$\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$；动点Q走完全程CB的路程是14，速度1单位每秒，总耗时14s，因此运动停止的临界时间是$\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$。
2. 根据P的位置分两种情况讨论：
第一种情况：P在AB边上，此时运动时间t满足$0≤ t≤ 2$（走完AB段6单位，速度3，耗时$6÷3=2\ \mathrm{s}$），此时$AP=3t$，$PB=AB-AP=6-3t$，Q运动的路程$CQ=t$，代入条件$PB=2CQ$列一元一次方程，求解后验证t是否在该区间范围内。
第二种情况：P在BC边上，此时运动时间t满足$2＜ t≤ \frac{20}{3}$，此时P已经走完AB段，总路程为$3t$，因此$PB=3t-6$，CQ仍然等于t，再次代入$PB=2CQ$列方程求解，验证解是否在该区间内。
3. 合并两个符合条件的t值，得到最终结果。
【解析】
解：首先划分运动的时间分段：
动点P从A到B的耗时为：$t_{AB}=\frac{AB}{3}=\frac{6}{3}=2\ \mathrm{s}$
动点P从A经B到C的总耗时为：$t_{总}=\frac{AB+BC}{3}=\frac{6+14}{3}=\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$
动点Q从C到B的总耗时为14s，因此运动总时长上限为$\frac{20}{3}\ \mathrm{s}$，分两种情况讨论：
① 当$0≤ t≤ 2$时，点P在AB边上：
此时$AP=3t$，$CQ=t$，因此$PB=AB-AP=6-3t$
代入条件$PB=2CQ$，得方程：
$6-3t=2t$
解得：$t=\frac{6}{5}$，该值在$0≤ t≤ 2$范围内，符合要求。
② 当$2＜ t≤ \frac{20}{3}$时，点P在BC边上：
此时点P走过的总路程为$3t$，因此$PB=3t-AB=3t-6$，$CQ=t$
代入条件$PB=2CQ$，得方程：
$3t-6=2t$
解得：$t=6$，该值在$2＜ t≤ \frac{20}{3}$范围内，符合要求。
综上，t的值为$\frac{6}{5}$或6。
【答案】D
【知识点】分段动点问题，一元一次方程应用
【点评】本题核心是通过分段讨论动点的不同位置求解，易错点是容易忽略P运动到BC边的第二种情况，直接默认P始终在AB上求解导致漏解。解题时需要先明确不同运动阶段的时间范围，求解后还要验证解是否落在对应区间内，避免得到不符合实际运动情况的无效解。
【难度系数】0.6
2. 如图,$O$为直线$AB$上一点,射线$OC$,$OD$同时从射线$OA$位置出发,分别以$20°/\mathrm{s}$,$40°/\mathrm{s}$的速度绕点$O$按逆时针方向匀速旋转,设运动的时间为$t\ \mathrm{s}$,其中$0＜t＜18$.记射线$OB$,$OC$,$OD$中的一条射线首次平分另外两条射线组成的角的时刻为$t_1\ \mathrm{s}$,射线$OB$,$OC$,$OD$中的一条射线最后一次平分另外两条射线组成的角的时刻为$t_2\ \mathrm{s}$,则$t_2 - t_1$的值为（
A.9
B.15
C.12
D.6
C
）A.9
B.15
C.12
D.6
答案
2. C 提示:第一次平分,即 OD 平分$∠ BOC$,根据题意,可得 $180-40t_1=40t_1-20t_1$,解得 $t_1=3$. 最后一次平分,即 OC 靠近 OA,OD 平分$∠ BOC$,由题意可得,$20t_2-180=2(40t_2-540)$,解得 $t_2=15$,所以 $t_2-t_1=15-3=12$.
解析
【分析】
我们先梳理已知条件：O是直线AB上的点，因此∠AOB是180°的平角，OC、OD同时从OA出发逆时针旋转，速度分别为20°/s、40°/s，运动t秒后，OC相对OA转过的角度为20t°，OD相对OA转过的角度为40t°。接下来我们需要结合“OB、OC、OD中一条射线平分另外两条射线的夹角”的条件，先找到0＜t＜18范围内首次满足该条件的最小t值t₁，再找到范围内最后一次满足条件的最大t值t₂，最终计算t₂-t₁即可。首次出现平分时OD位于OB和OC之间，OD平分∠BOC，可直接列方程求解t₁；后续旋转过程中会陆续出现其他平分情况，最后一次满足条件时OD已经转过OB超过一周，再次结合角平分线的等量关系列方程即可求出t₂。
【解析】
解：由题意得∠AOB=180°，运动t秒后，OC逆时针转过20t°，OD逆时针转过40t°。
1. 求解首次平分时刻t₁：
首次出现一条射线平分另外两条射线夹角时，OD平分∠BOC，满足∠BOD=∠COD：
∠BOD = 180° - 40t₁，∠COD = 40t₁ - 20t₁，代入等式得：
$180 - 40t_1 = 40t_1 - 20t_1$
整理得$60t_1=180$，解得$t_1=3$，符合0＜t＜18的取值范围。
2. 求解最后一次平分时刻t₂：
0＜t＜18范围内最后一次满足平分条件时，OD已经转过OB且超过360°，OD平分∠BOC，满足∠BOC=2∠BOD：
∠BOC = 20t₂ - 180，∠BOD = 40t₂ - 360 - 180 = 40t₂ - 540，代入等式得：
$20t_2 - 180 = 2(40t_2 - 540)$
展开整理得$60t_2=900$，解得$t_2=15$，符合0＜t＜18的取值范围。
3. 计算差值：$t_2 - t_1 = 15 - 3 = 12$。
【答案】C
【知识点】角平分线定义，平角性质，动态旋转角
【点评】本题是典型的动态旋转类角度问题，核心思路是用含时间t的代数式表示不同时刻各角的大小，结合角平分线的等量关系列方程求解，解题时需要结合t的取值范围筛选符合要求的首次、末次平分时刻，避免得到超出范围的无效解。
【难度系数】0.4
我们先梳理已知条件：O是直线AB上的点，因此∠AOB是180°的平角，OC、OD同时从OA出发逆时针旋转，速度分别为20°/s、40°/s，运动t秒后，OC相对OA转过的角度为20t°，OD相对OA转过的角度为40t°。接下来我们需要结合“OB、OC、OD中一条射线平分另外两条射线的夹角”的条件，先找到0＜t＜18范围内首次满足该条件的最小t值t₁，再找到范围内最后一次满足条件的最大t值t₂，最终计算t₂-t₁即可。首次出现平分时OD位于OB和OC之间，OD平分∠BOC，可直接列方程求解t₁；后续旋转过程中会陆续出现其他平分情况，最后一次满足条件时OD已经转过OB超过一周，再次结合角平分线的等量关系列方程即可求出t₂。
【解析】
解：由题意得∠AOB=180°，运动t秒后，OC逆时针转过20t°，OD逆时针转过40t°。
1. 求解首次平分时刻t₁：
首次出现一条射线平分另外两条射线夹角时，OD平分∠BOC，满足∠BOD=∠COD：
∠BOD = 180° - 40t₁，∠COD = 40t₁ - 20t₁，代入等式得：
$180 - 40t_1 = 40t_1 - 20t_1$
整理得$60t_1=180$，解得$t_1=3$，符合0＜t＜18的取值范围。
2. 求解最后一次平分时刻t₂：
0＜t＜18范围内最后一次满足平分条件时，OD已经转过OB且超过360°，OD平分∠BOC，满足∠BOC=2∠BOD：
∠BOC = 20t₂ - 180，∠BOD = 40t₂ - 360 - 180 = 40t₂ - 540，代入等式得：
$20t_2 - 180 = 2(40t_2 - 540)$
展开整理得$60t_2=900$，解得$t_2=15$，符合0＜t＜18的取值范围。
3. 计算差值：$t_2 - t_1 = 15 - 3 = 12$。
【答案】C
【知识点】角平分线定义，平角性质，动态旋转角
【点评】本题是典型的动态旋转类角度问题，核心思路是用含时间t的代数式表示不同时刻各角的大小，结合角平分线的等量关系列方程求解，解题时需要结合t的取值范围筛选符合要求的首次、末次平分时刻，避免得到超出范围的无效解。
【难度系数】0.4
3. 如图,直线 $EF$ 上有两点 $A,C$,分别引射线 $AB,CD,∠ BAF=100°,∠ DCF=60°$,射线 $AB,CD$ 分别绕点 $A$,点 $C$ 以 $1°/\mathrm{s}$ 和$6°/\mathrm{s}$ 的速度同时顺时针转动,设时间为$t\ \mathrm{s}$,在射线 $CD$ 转动一周的时间内,当 $CD$与 $AB$ 平行时,对应 $t$ 的值为 （
A.4
B.10
C.40
D.4 或 40
D
）A.4
B.10
C.40
D.4 或 40
答案
3. D 提示:分三种情况:①如图 1,当 AB 与 CD 在 EF 的两侧时,由题意可知$∠ ACD=180°-60°-(6t)°=120°-(6t)°$,$∠ BAC=100°-t°$,要使 $AB// CD$,则$∠ ACD=∠ BAC$,即 $120°-(6t)°=100°-t°$,解得 $t=4$,此时$(180°-60°)÷6°=20(\mathrm{s})$,所以 $0＜ t＜ 20$;②如图 2,当 CD 旋转到与 AB 都在 EF 的右侧时,由题意可知$∠ DCF=360°-(6t)°-60°=300°-(6t)°$,$∠ BAC=100°-t°$,要使 $AB// CD$,则$∠ DCF=∠ BAC$,即 $300°-(6t)°=100°-t°$,解得 $t=40$,此时$(360°-60°)÷6°=50(\mathrm{s})$,所以 $20＜ t＜ 50$;③如图 3,当 CD 旋转到与 AB 都在 EF 的左侧时,由题意可知$∠ DCF=(6t)°-(180°-60°+180°)=(6t)°-300°$,$∠ BAC=t°-100°$,要使 $AB// CD$,则$∠ DCF=∠ BAC$,即 $(6t)°-300°=t°-100°$,解得 $t=40$,此时 $t＞50$,而 $40＜50$,所以此情况不存在. 综上所述,当时间 $t$ 的值为 4 或 40 时,CD 与 AB 平行.
解析
【分析】
这是动态几何下的平行线判定问题，解题思路如下：
1. 先明确基础条件：初始角度∠BAF=100°，∠DCF=60°，AB、CD分别以1°/s、6°/s的速度顺时针转动，CD转动一周的总时长为360°÷6°/s=60s，我们只需在0＜t≤60的范围内寻找AB与CD平行的时刻。
2. 按照两条射线相对于直线EF的位置分阶段讨论：第一阶段是转动初期，AB在EF右侧、CD在EF左侧，利用内错角相等列平行条件方程；第二阶段是CD转过半周后，AB和CD都处于EF右侧，利用同位角相等列平行条件方程；第三阶段是CD转动到EF左侧，验证得到的解超出该阶段的时间范围，直接舍去。最终汇总所有符合条件的t值即可。
【解析】
解：首先计算CD转动一周的总时长：$t_{\mathrm{总}}=\frac{360°}{6°/\mathrm{s}}=60\ \mathrm{s}$，有效时间范围为$0＜t≤60$，分情况讨论：
① 当AB、CD在EF两侧（$0＜t＜20$）：
AB转动t秒后，$∠ BAC = 100° - t°$；
CD转动t秒后，$∠ ACD = 180° - 60° - 6t° = 120° -6t°$；
若$AB// CD$，由内错角相等得：
$100 - t = 120 -6t$
解得$t=4$，满足$0＜4＜20$，符合条件。
② 当AB、CD都在EF右侧（$20＜t＜50$）：
AB转动t秒后，$∠ BAC = 100° - t°$；
CD转动t秒后，对应的同位角$∠ DCF = 360° -60° -6t° = 300° -6t°$；
若$AB// CD$，由同位角相等得：
$100 - t = 300 -6t$
解得$t=40$，满足$20＜40＜50$，符合条件。
③ 当AB、CD都在EF左侧（$t＞50$）：
AB转动t秒后，$∠ BAC = t° -100°$；
CD转动t秒后，对应的同位角$∠ DCF = 6t° - 300°$；
若$AB// CD$，列方程得：
$6t - 300 = t -100$
解得$t=40$，不满足$t＞50$的前提，该情况不存在。
综上，满足条件的t值为4或40。
【答案】
D
【知识点】
平行线判定，动态角度计算，分类讨论
【点评】
本题属于平行线章节的动态类易错题，核心是结合平行线的判定定理，根据射线转动的不同位置分情况建立方程求解，多数学生容易遗漏t=40的第二种平行情况，解题后需要验证解是否对应射线的实际位置、是否在CD转动一周的有效时间范围内，避免出现增根。
【难度系数】
0.5
这是动态几何下的平行线判定问题，解题思路如下：
1. 先明确基础条件：初始角度∠BAF=100°，∠DCF=60°，AB、CD分别以1°/s、6°/s的速度顺时针转动，CD转动一周的总时长为360°÷6°/s=60s，我们只需在0＜t≤60的范围内寻找AB与CD平行的时刻。
2. 按照两条射线相对于直线EF的位置分阶段讨论：第一阶段是转动初期，AB在EF右侧、CD在EF左侧，利用内错角相等列平行条件方程；第二阶段是CD转过半周后，AB和CD都处于EF右侧，利用同位角相等列平行条件方程；第三阶段是CD转动到EF左侧，验证得到的解超出该阶段的时间范围，直接舍去。最终汇总所有符合条件的t值即可。
【解析】
解：首先计算CD转动一周的总时长：$t_{\mathrm{总}}=\frac{360°}{6°/\mathrm{s}}=60\ \mathrm{s}$，有效时间范围为$0＜t≤60$，分情况讨论：
① 当AB、CD在EF两侧（$0＜t＜20$）：
AB转动t秒后，$∠ BAC = 100° - t°$；
CD转动t秒后，$∠ ACD = 180° - 60° - 6t° = 120° -6t°$；
若$AB// CD$，由内错角相等得：
$100 - t = 120 -6t$
解得$t=4$，满足$0＜4＜20$，符合条件。
② 当AB、CD都在EF右侧（$20＜t＜50$）：
AB转动t秒后，$∠ BAC = 100° - t°$；
CD转动t秒后，对应的同位角$∠ DCF = 360° -60° -6t° = 300° -6t°$；
若$AB// CD$，由同位角相等得：
$100 - t = 300 -6t$
解得$t=40$，满足$20＜40＜50$，符合条件。
③ 当AB、CD都在EF左侧（$t＞50$）：
AB转动t秒后，$∠ BAC = t° -100°$；
CD转动t秒后，对应的同位角$∠ DCF = 6t° - 300°$；
若$AB// CD$，列方程得：
$6t - 300 = t -100$
解得$t=40$，不满足$t＞50$的前提，该情况不存在。
综上，满足条件的t值为4或40。
【答案】
D
【知识点】
平行线判定，动态角度计算，分类讨论
【点评】
本题属于平行线章节的动态类易错题，核心是结合平行线的判定定理，根据射线转动的不同位置分情况建立方程求解，多数学生容易遗漏t=40的第二种平行情况，解题后需要验证解是否对应射线的实际位置、是否在CD转动一周的有效时间范围内，避免出现增根。
【难度系数】
0.5
4. 如图,三角形$OAB$为等腰直角三角形
$(∠ A=∠ B=45°,∠ AOB=90°)$,三角形
$OCD$为等边三角形$(∠ C=∠ D=∠ COD=$$60°)$,满足$OC＞OA$,三角形$OCD$绕点$O$从射线$OC$与射线$OA$重合的位置开始,逆时针旋转,旋转的角度为$α(0°＜α＜$$360°)$.下列说法错误的是（
A.当$α=15°$时,$DC// AB$
B.当$OC⊥ AB$时,$α=45°$
C.当边$OB$与边$OD$在同一条直线上时,直线$DC$与直线$AB$相交形成的锐角为$15°$
D.整个旋转过程中,共有 10 个位置使得三角形$OAB$与三角形$OCD$有一条边平行
$(∠ A=∠ B=45°,∠ AOB=90°)$,三角形
$OCD$为等边三角形$(∠ C=∠ D=∠ COD=$$60°)$,满足$OC＞OA$,三角形$OCD$绕点$O$从射线$OC$与射线$OA$重合的位置开始,逆时针旋转,旋转的角度为$α(0°＜α＜$$360°)$.下列说法错误的是（
B
）A.当$α=15°$时,$DC// AB$
B.当$OC⊥ AB$时,$α=45°$
C.当边$OB$与边$OD$在同一条直线上时,直线$DC$与直线$AB$相交形成的锐角为$15°$
D.整个旋转过程中,共有 10 个位置使得三角形$OAB$与三角形$OCD$有一条边平行
答案
4. B 提示:设 OC 与 AB 的交点为 M,OD 与 AB 的交点为 N,如图 1,当 $α=15°$时,$∠ OMN=α+∠ A=60°$,所以$∠ OMN=∠ C$,所以 $DC// AB$,故 A 选项正确,不符合题意;当 $OC⊥ AB$ 时,$α+∠ A=90°$ 或 $α-180°=90°-∠ A$,所以 $α=45°$ 或 $225°$,故 B 选项错误,符合题意;如图 2,当边 OB 与边 OD 在同一条直线上且重合时,记 AB 与 CD 相交于点 E,此时$∠ EBD=∠ ABO=45°$,$∠ EDB=180°-∠ ODC=180°-60°=120°$,所以$∠ E=180°-∠ EBD-∠ EDB=15°$;如图 3,当边 OB 与边 OD 在同一条直线且不重合时,$∠ EBD=45°$,$∠ EDB=180°-∠ ODC=180°-60°=120°$,所以$∠ E=180°-∠ EBD-∠ EDB=15°$,故 C 选项正确,不符合题意;整个旋转过程,因为 OC,OB,OD,OA 都有交点,所以 AB 和 CD,OA 和 CD,OB 和 CD 存在平行,还有 AB 和 OC,OD 分别平行,可以得到 5 个位置,这 5 个位置再旋转 $180°$ 又是平行的,所以可以得到 10 个不同的位置,所以 D 选项正确,不符合题意.
解析
【分析】
我们解题时需要结合旋转的定义，逐个验证四个选项的正误：首先明确初始状态是射线OC与OA重合，逆时针旋转角度α的范围是0°＜α＜360°，需要结合等腰直角三角形、等边三角形的角度性质，利用平行线的判定条件逐一分析，同时要注意旋转一周内同一类位置往往存在两种不同的旋转角，避免漏解。先验证A选项，通过同位角相等判断平行是否成立；再验证B选项，考虑OC垂直AB的所有可能旋转角度；接着验证C选项，分OD与OB同向、反向共线两种情况计算夹角；最后验证D选项，枚举所有边平行的情况统计总数量，最终选出错误的说法。
【解析】
已知△OAB为等腰直角三角形，∠AOB=90°，∠A=∠B=45°；△OCD为等边三角形，∠COD=∠C=∠D=60°，旋转角α为OC从与OA重合位置逆时针转过的角度，0°＜α＜360°：
1. 验证选项A：
当α=15°时，∠AOC=15°，设OC与AB交于点M，在△OAM中，∠AMO=180°-∠A-∠AOC=180°-45°-15°=120°，可得∠OMB=60°，与∠C=60°相等，同位角相等，因此DC//AB，A选项说法正确，不符合题意。
2. 验证选项B：
当OC⊥AB时，分两种情况：
① OC旋转至∠AOB内部，此时OC与AB垂直，可得∠AOC=90°-∠A=45°，即α=45°；
② OC旋转至OA另一侧，旋转角大于180°时，OC的反向延长线垂直AB，此时对应的旋转角α=180°+45°=225°。
因此满足OC⊥AB的α有两个值45°和225°，并非只有α=45°，B选项说法错误，符合题意。
3. 验证选项C：
当边OB与边OD在同一直线上时，分两种情况：
① OD与OB同向重合：此时计算直线DC与AB的夹角，可得锐角为15°；
② OD与OB反向共线：同理推导可得直线DC与AB相交形成的锐角仍为15°，C选项说法正确，不符合题意。
4. 验证选项D：
枚举所有满足一条边平行的情况：AB//CD、OA//CD、OB//CD、AB//OC、AB//OD，共5类平行关系，每一类在0°＜α＜360°范围内都对应2个不同的旋转位置，总计5×2=10个位置，D选项说法正确，不符合题意。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，平行线判定，特殊三角形性质
【点评】
本题是旋转结合几何图形性质的综合题，重点考察分类讨论思想和空间想象能力，解题时容易忽略旋转超过180°后对应的同类位置，出现漏解导致判断错误，需要逐一枚举所有可能的位置再验证结论。
【难度系数】
0.4
我们解题时需要结合旋转的定义，逐个验证四个选项的正误：首先明确初始状态是射线OC与OA重合，逆时针旋转角度α的范围是0°＜α＜360°，需要结合等腰直角三角形、等边三角形的角度性质，利用平行线的判定条件逐一分析，同时要注意旋转一周内同一类位置往往存在两种不同的旋转角，避免漏解。先验证A选项，通过同位角相等判断平行是否成立；再验证B选项，考虑OC垂直AB的所有可能旋转角度；接着验证C选项，分OD与OB同向、反向共线两种情况计算夹角；最后验证D选项，枚举所有边平行的情况统计总数量，最终选出错误的说法。
【解析】
已知△OAB为等腰直角三角形，∠AOB=90°，∠A=∠B=45°；△OCD为等边三角形，∠COD=∠C=∠D=60°，旋转角α为OC从与OA重合位置逆时针转过的角度，0°＜α＜360°：
1. 验证选项A：
当α=15°时，∠AOC=15°，设OC与AB交于点M，在△OAM中，∠AMO=180°-∠A-∠AOC=180°-45°-15°=120°，可得∠OMB=60°，与∠C=60°相等，同位角相等，因此DC//AB，A选项说法正确，不符合题意。
2. 验证选项B：
当OC⊥AB时，分两种情况：
① OC旋转至∠AOB内部，此时OC与AB垂直，可得∠AOC=90°-∠A=45°，即α=45°；
② OC旋转至OA另一侧，旋转角大于180°时，OC的反向延长线垂直AB，此时对应的旋转角α=180°+45°=225°。
因此满足OC⊥AB的α有两个值45°和225°，并非只有α=45°，B选项说法错误，符合题意。
3. 验证选项C：
当边OB与边OD在同一直线上时，分两种情况：
① OD与OB同向重合：此时计算直线DC与AB的夹角，可得锐角为15°；
② OD与OB反向共线：同理推导可得直线DC与AB相交形成的锐角仍为15°，C选项说法正确，不符合题意。
4. 验证选项D：
枚举所有满足一条边平行的情况：AB//CD、OA//CD、OB//CD、AB//OC、AB//OD，共5类平行关系，每一类在0°＜α＜360°范围内都对应2个不同的旋转位置，总计5×2=10个位置，D选项说法正确，不符合题意。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，平行线判定，特殊三角形性质
【点评】
本题是旋转结合几何图形性质的综合题，重点考察分类讨论思想和空间想象能力，解题时容易忽略旋转超过180°后对应的同类位置，出现漏解导致判断错误，需要逐一枚举所有可能的位置再验证结论。
【难度系数】
0.4
5. 如图是某品牌共享单车放在水平地面的示意图,其中 $AB,CD$ 都与地面 $l$ 平行,
$∠ BCD=60°,∠ BAC=54°$. 要使 $AM$ 与$CB$ 平行,则$∠ MAC$ 的度数为
$∠ BCD=60°,∠ BAC=54°$. 要使 $AM$ 与$CB$ 平行,则$∠ MAC$ 的度数为
66°
.答案
5. $66°$ 提示:因为 AB,CD 都与地面 $l$ 平行,所以 $AB// CD$,所以 $∠ BAC+∠ ACD=180°$,所以 $∠ BAC+∠ ACB+∠ BCD=180°$. 因为 $∠ BCD=60°$,$∠ BAC=54°$,所以 $∠ ACB=180°-60°-54°=66°$,所以当 $∠ MAC=∠ ACB=66°$ 时,$AM// CB$.
解析
【分析】
首先梳理已知条件：AB、CD都和地面l平行，根据平行公理的推论可以推出AB平行于CD；利用两直线平行同旁内角互补的性质，就能把已知的∠BAC、∠BCD和∠ACB联系起来，计算出∠ACB的度数。接下来要让AM和CB平行，结合图形可以发现∠MAC和∠ACB是内错角，根据“内错角相等，两直线平行”的判定规则，只要让∠MAC等于已经算出的∠ACB，就可以满足AM//CB的要求，这样就能得到∠MAC的度数了。
【解析】
解：
1. 由题意可知：$AB// l$，$CD// l$，根据平行于同一条直线的两条直线互相平行，可得$AB// CD$。
2. 根据两直线平行，同旁内角互补，可得$∠ BAC + ∠ ACD = 180°$，
又因为$∠ ACD = ∠ ACB + ∠ BCD$，代入得：
$∠ BAC + ∠ ACB + ∠ BCD = 180°$。
3. 已知$∠ BCD=60°$，$∠ BAC=54°$，代入数值计算：
$∠ ACB = 180° - ∠ BAC - ∠ BCD = 180° -54° -60° = 66°$。
4. 要使$AM// CB$，根据内错角相等，两直线平行，需要满足$∠ MAC = ∠ ACB$，
因此$∠ MAC = 66°$。
【答案】
$66°$
【知识点】
平行线传递性，平行线性质，平行线判定
【点评】
本题以共享单车为实际背景，考察平行线相关知识的综合应用，解题的核心是先通过平行的传递性得到AB与CD平行，进而求出∠ACB的度数，再结合平行线的判定条件得到所求角的大小，题型基础，侧重考察学生对平行线性质和判定的掌握程度。
【难度系数】
0.8
首先梳理已知条件：AB、CD都和地面l平行，根据平行公理的推论可以推出AB平行于CD；利用两直线平行同旁内角互补的性质，就能把已知的∠BAC、∠BCD和∠ACB联系起来，计算出∠ACB的度数。接下来要让AM和CB平行，结合图形可以发现∠MAC和∠ACB是内错角，根据“内错角相等，两直线平行”的判定规则，只要让∠MAC等于已经算出的∠ACB，就可以满足AM//CB的要求，这样就能得到∠MAC的度数了。
【解析】
解：
1. 由题意可知：$AB// l$，$CD// l$，根据平行于同一条直线的两条直线互相平行，可得$AB// CD$。
2. 根据两直线平行，同旁内角互补，可得$∠ BAC + ∠ ACD = 180°$，
又因为$∠ ACD = ∠ ACB + ∠ BCD$，代入得：
$∠ BAC + ∠ ACB + ∠ BCD = 180°$。
3. 已知$∠ BCD=60°$，$∠ BAC=54°$，代入数值计算：
$∠ ACB = 180° - ∠ BAC - ∠ BCD = 180° -54° -60° = 66°$。
4. 要使$AM// CB$，根据内错角相等，两直线平行，需要满足$∠ MAC = ∠ ACB$，
因此$∠ MAC = 66°$。
【答案】
$66°$
【知识点】
平行线传递性，平行线性质，平行线判定
【点评】
本题以共享单车为实际背景，考察平行线相关知识的综合应用，解题的核心是先通过平行的传递性得到AB与CD平行，进而求出∠ACB的度数，再结合平行线的判定条件得到所求角的大小，题型基础，侧重考察学生对平行线性质和判定的掌握程度。
【难度系数】
0.8
