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6. 如图, 在长方形 $ABCD$ 中, $AB=4\ \mathrm{cm}$, $BC=6\ \mathrm{cm}$, 点 $E$ 在边 $BC$ 上且 $BE=2EC$. 动点 $P$ 从点 $A$ 出发, 先以 $1\ \mathrm{cm/s}$ 的速度沿 $A \to B$ 运动, 然后以 $2\ \mathrm{cm/s}$ 的速度沿 $B \to C$ 运动, 再以 $1\ \mathrm{cm/s}$ 的速度沿 $C \to D$ 运动, 最终到达点 $D$. 设点 $P$ 运动的时间是 $t\ \mathrm{s}$, 则当 $t=$
$\dfrac{5}{2}$或$\dfrac{19}{4}$或$\dfrac{15}{2}$
时, 三角形 $APE$ 的面积等于 $5\ \mathrm{cm}^2$.答案
6. $\dfrac{5}{2}$或$\dfrac{19}{4}$或$\dfrac{15}{2}$ 提示:因为 $BC=6\ \mathrm{cm}$,点 E 在边 BC 上且 $BE=2EC$,所以 $BE=4\ \mathrm{cm}$,$EC=2\ \mathrm{cm}$. 当点 P 在边 AB 上时,$0≤ t≤ 4$,$AP=t\ \mathrm{cm}$,所以 $S_{\mathrm{三角形}APE}=\dfrac{1}{2}AP· BE=2t(\mathrm{cm}^2)$,所以 $2t=5$,解得 $t=\dfrac{5}{2}$;当点 P 在线段 BE 上时,$4＜ t≤ 6$,$PE=BE-2(t-4)=4-2t+8=(12-2t)\mathrm{cm}$,所以 $S_{\mathrm{三角形}APE}=\dfrac{1}{2}PE· AB=(24-4t)\mathrm{cm}^2$,所以 $24-4t=5$,解得 $t=\dfrac{19}{4}$;当点 P 在线段 EC 上时,$6＜ t≤ 7$,$PE=(t-6)×2=(2t-12)\mathrm{cm}$,所以 $S_{\mathrm{三角形}APE}=\dfrac{1}{2}PE· AB=(4t-24)\mathrm{cm}^2$,所以 $4t-24=5$,解得 $t=\dfrac{29}{4}＞7$,舍去;当点 P 在边 CD 上时,$7＜ t≤ 11$,$PC=(t-7)\mathrm{cm}$,所以 $PD=DC-PC=4-(t-7)=(11-t)\mathrm{cm}$,所以 $S_{\mathrm{三角形}APE}=S_{\mathrm{长方形}ABCD}-S_{\mathrm{三角形}ABE}-S_{\mathrm{三角形}ADP}-S_{\mathrm{三角形}EPC}=4×6-\dfrac{1}{2}×4×4-\dfrac{1}{2}×6(11-t)-\dfrac{1}{2}×2(t-7)=(2t-10)\mathrm{cm}^2$,所以 $2t-10=5$,解得 $t=\dfrac{15}{2}$. 综上所述,$t=\dfrac{5}{2}$ 或 $t=\dfrac{19}{4}$ 或 $t=\dfrac{15}{2}$.
解析
【分析】
这是一道分段动点的几何面积问题，解题思路如下：第一步先根据已知条件算出点E对应的线段长度，由BC=6cm，BE=2EC，直接得到BE=4cm，EC=2cm。第二步，动点P的运动路径分为A→B、B→C、C→D三段，不同路径下点P的位置对应的t的取值范围不同，三角形APE的面积表达式也不同，因此需要分类讨论：①点P在AB上运动时；②点P在BE段运动时；③点P在EC段运动时；④点P在CD上运动时，分别在各自的t取值范围内列出面积等于5的方程，求解后舍去超出当前区间的无效解，最终得到所有符合条件的t值。
【解析】
解：
1. 先确定点E对应的线段长度：
已知长方形ABCD中，BC=6cm，且BE=2EC，因此BE=4cm，EC=2cm。
2. 分情况讨论点P的位置：
情况1：点P在边AB上运动，此时0≤t≤4，AP的长度为1×t = t cm。
△APE以AP为底，BE为高，因此面积$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × AP × BE = \frac{1}{2} × t × 4 = 2t$。
令2t=5，解得$t=\frac{5}{2}$，该值满足0≤t≤4，是有效解。
情况2：点P在边BC的BE段运动，此时4＜t≤6：
点P从A到B用时4s，因此在BE段运动的时间为(t-4)s，运动速度为2cm/s，因此BP=2(t-4) cm，PE=BE - BP = 4 - 2(t-4) = 12-2t cm。
△APE以PE为底，AB为高，因此面积$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × PE × AB = \frac{1}{2} × (12-2t) × 4 = 24-4t$。
令24-4t=5，解得$t=\frac{19}{4}$，该值满足4＜t≤6，是有效解。
情况3：点P在边BC的EC段运动，此时6＜t≤7：
点P从A到B用时4s，从B到E用时4÷2=2s，因此在EC段运动的时间为(t-6)s，PE=2(t-6)=2t-12 cm。
△APE以PE为底，AB为高，因此面积$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × PE × AB = \frac{1}{2} × (2t-12) × 4 = 4t-24$。
令4t-24=5，解得$t=\frac{29}{4}=7.25$，超出6＜t≤7的范围，舍去该解。
情况4：点P在边CD上运动，此时7＜t≤11：
点P从A到B用时4s，从B到C用时6÷2=3s，因此在CD段运动的时间为(t-7)s，PC=1×(t-7)=t-7 cm，PD=CD - PC = 4-(t-7)=11-t cm。
用割补法计算△APE的面积：$S_{△ APE}=S_{长方形ABCD} - S_{△ ABE} - S_{△ ADP} - S_{△ EPC}$
代入数值计算得：
$S_{△ APE}=4×6 - \frac{1}{2}×4×4 - \frac{1}{2}×6×(11-t) - \frac{1}{2}×2×(t-7) = 2t-10$
令2t-10=5，解得$t=\frac{15}{2}$，该值满足7＜t≤11，是有效解。
综上，符合条件的t的值为$\frac{5}{2}$、$\frac{19}{4}$、$\frac{15}{2}$。
【答案】$\dfrac{5}{2}$或$\dfrac{19}{4}$或$\dfrac{15}{2}$
【知识点】动点问题，三角形面积，矩形性质
【点评】本题是典型的分段动点几何问题，核心考点是分类讨论思想，需要根据动点P的不同运动区间分别推导面积表达式，求解后必须验证解是否落在当前区间的取值范围内，避免出现增根，解题时容易遗漏部分运动区间导致漏解，需要逐一排查所有可能的位置。
【难度系数】0.3
这是一道分段动点的几何面积问题，解题思路如下：第一步先根据已知条件算出点E对应的线段长度，由BC=6cm，BE=2EC，直接得到BE=4cm，EC=2cm。第二步，动点P的运动路径分为A→B、B→C、C→D三段，不同路径下点P的位置对应的t的取值范围不同，三角形APE的面积表达式也不同，因此需要分类讨论：①点P在AB上运动时；②点P在BE段运动时；③点P在EC段运动时；④点P在CD上运动时，分别在各自的t取值范围内列出面积等于5的方程，求解后舍去超出当前区间的无效解，最终得到所有符合条件的t值。
【解析】
解：
1. 先确定点E对应的线段长度：
已知长方形ABCD中，BC=6cm，且BE=2EC，因此BE=4cm，EC=2cm。
2. 分情况讨论点P的位置：
情况1：点P在边AB上运动，此时0≤t≤4，AP的长度为1×t = t cm。
△APE以AP为底，BE为高，因此面积$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × AP × BE = \frac{1}{2} × t × 4 = 2t$。
令2t=5，解得$t=\frac{5}{2}$，该值满足0≤t≤4，是有效解。
情况2：点P在边BC的BE段运动，此时4＜t≤6：
点P从A到B用时4s，因此在BE段运动的时间为(t-4)s，运动速度为2cm/s，因此BP=2(t-4) cm，PE=BE - BP = 4 - 2(t-4) = 12-2t cm。
△APE以PE为底，AB为高，因此面积$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × PE × AB = \frac{1}{2} × (12-2t) × 4 = 24-4t$。
令24-4t=5，解得$t=\frac{19}{4}$，该值满足4＜t≤6，是有效解。
情况3：点P在边BC的EC段运动，此时6＜t≤7：
点P从A到B用时4s，从B到E用时4÷2=2s，因此在EC段运动的时间为(t-6)s，PE=2(t-6)=2t-12 cm。
△APE以PE为底，AB为高，因此面积$S_{△ APE}=\frac{1}{2} × PE × AB = \frac{1}{2} × (2t-12) × 4 = 4t-24$。
令4t-24=5，解得$t=\frac{29}{4}=7.25$，超出6＜t≤7的范围，舍去该解。
情况4：点P在边CD上运动，此时7＜t≤11：
点P从A到B用时4s，从B到C用时6÷2=3s，因此在CD段运动的时间为(t-7)s，PC=1×(t-7)=t-7 cm，PD=CD - PC = 4-(t-7)=11-t cm。
用割补法计算△APE的面积：$S_{△ APE}=S_{长方形ABCD} - S_{△ ABE} - S_{△ ADP} - S_{△ EPC}$
代入数值计算得：
$S_{△ APE}=4×6 - \frac{1}{2}×4×4 - \frac{1}{2}×6×(11-t) - \frac{1}{2}×2×(t-7) = 2t-10$
令2t-10=5，解得$t=\frac{15}{2}$，该值满足7＜t≤11，是有效解。
综上，符合条件的t的值为$\frac{5}{2}$、$\frac{19}{4}$、$\frac{15}{2}$。
【答案】$\dfrac{5}{2}$或$\dfrac{19}{4}$或$\dfrac{15}{2}$
【知识点】动点问题，三角形面积，矩形性质
【点评】本题是典型的分段动点几何问题，核心考点是分类讨论思想，需要根据动点P的不同运动区间分别推导面积表达式，求解后必须验证解是否落在当前区间的取值范围内，避免出现增根，解题时容易遗漏部分运动区间导致漏解，需要逐一排查所有可能的位置。
【难度系数】0.3
7. 如图,分别过直线 AB 上的点 C 和点 D 作射线 $CF,DE,∠ BCF=60°,∠ EDB=$ $90°$,射线 DG 从 DE 开始绕着点 D 以 $6°/s$ 的速度按顺时针方向旋转,射线 CH 从 CF 开始绕着点 C 以 $1°/s$ 的速度按顺时针方向旋转,两射线同时开始旋转,设旋转时间为 t s. 在射线 DG 旋转一周的过程中,当射线 DG,CH 所在的直线互相垂直时,旋转时间 $t=$
12 或 48
s.答案
7. 12 或 48 提示:由题可知,射线 DG 旋转一周所需的时间为 $\dfrac{360}{6}=60(\mathrm{s})$,则射线 CH 在此时间内旋转了 $60°$. 设直线 $DG⊥ CH$ 于点 P,分情况讨论:如图 1,当射线 DG 在 $∠ EDB$ 内部,即 $0＜ t＜ 15$ 时,易知$∠ CDP=∠ GDB=∠ EDB-∠ EDG=90°-6t°$,$∠ DCP=∠ BCF+∠ FCH=60°+t°$,因为 $DG⊥ CH$,所以 $∠ CPD=90°$,所以 $∠ CDP+∠ DCP=90°$,即 $(90-6t)°+(60+t)°=90°$,解得 $t=12$. 如图 2,当射线 DG 在 $∠ EDB$ 外部且在直线 AB 上方,即 $45＜ t＜ 60$ 时,易知$∠ GDE=360°-6t°$,$∠ BCH=∠ BCF+∠ FCH=60°+t°$,所以 $∠ CDP=90°-∠ GDE=90°-(360-6t)°=(6t-270)°$,$∠ DCP=180°-∠ BCH=180°-(60+t)°=(120-t)°$. 同理,$∠ CDP+∠ DCP=90°$,即 $(6t-270)°+(120-t)°=90°$,解得 $t=48$.(当射线 DG 在 $∠ EDB$ 外部且在直线 AB 下方,即 $15＜ t＜ 45$ 时,易知直线 DG 与直线 CH 不垂直)
解析
【分析】
这是一道动态旋转结合垂线性质的几何题，解题思路如下：
1. 首先计算射线DG旋转一周的总时长，确定t的取值范围，同时明确CH在整个过程中的旋转总角度，判断它的活动范围。
2. 由于两条射线所在直线垂直，等价于它们的夹角为90°，我们可以把线段CD作为公共边，将两条直线和CD的夹角用含t的代数式表示出来。
3. 按照DG旋转后所处的不同位置分区间讨论，利用直角三角形两个锐角之和为90°的性质列一元一次方程求解，同时验证每个区间的解是否符合该区间的范围，排除不可能成立的情况，最终得到所有符合条件的t值。
【解析】
解：首先计算射线DG旋转一周的总时间：
DG的旋转速度为6°/s，旋转一周总角度为360°，因此总时长为 $t_{总}=\frac{360°}{6°/s}=60s$，即t的取值范围是 $0≤ t≤60$。
此过程中射线CH的旋转速度为1°/s，总旋转角度为 $1°/s × 60s=60°$，不会旋转到CA的左侧。
设DG与CH所在直线的垂足为P，分情况讨论：
① 当 $0＜t＜15$ 时，DG在∠EDB内部，尚未旋转到AB下方：
此时∠EDG=6t°，可得∠GDB=∠EDB - ∠EDG = 90° - 6t°，即∠CDP=90°-6t°；
CH从CF出发旋转t秒，旋转角度为t°，因此∠BCH=∠BCF + ∠FCH = 60° + t°，即∠DCP=60°+t°。
因为DG⊥CH，∠CPD=90°，在△CPD中两个锐角互余：
$∠ CDP + ∠ DCP = 90°$
代入得：$(90-6t) + (60 + t) = 90$，
解得：$t=12$，符合0＜t＜15的范围。
② 当 $15≤ t≤45$ 时，DG旋转到AB的下方，此时DG和CH都在直线AB的下方，两条直线的夹角无法满足90°，该区间无符合条件的解。
③ 当 $45＜t＜60$ 时，DG旋转回到直线AB的上方，位于DE的左侧：
此时DG的总旋转角度为6t°，可得∠GDE=360°-6t°，因此∠CDP=90° - ∠GDE = 90°-(360-6t)=(6t-270)°；
同时∠DCP=180° - ∠BCH = 180°-(60+t)=(120 - t)°。
由∠CPD=90°，两锐角互余得：
$∠ CDP + ∠ DCP = 90°$
代入得：$(6t-270)+(120 - t)=90$，
解得：$t=48$，符合45＜t＜60的范围。
综上，符合条件的t值为12或48。
【答案】
12 或 48
【知识点】
垂线的定义，动态角计算，分类讨论思想
【点评】
本题属于动态几何的中档题型，核心是利用角的动态表示结合直角三角形锐角互余列方程求解，解题时需要注意题目要求的是两条直线垂直而非射线垂直，要按射线的不同位置合理分区间讨论，避免漏解或者得到不符合区间的增根，同时要主动验证每个区间解的合理性。
【难度系数】
0.3
这是一道动态旋转结合垂线性质的几何题，解题思路如下：
1. 首先计算射线DG旋转一周的总时长，确定t的取值范围，同时明确CH在整个过程中的旋转总角度，判断它的活动范围。
2. 由于两条射线所在直线垂直，等价于它们的夹角为90°，我们可以把线段CD作为公共边，将两条直线和CD的夹角用含t的代数式表示出来。
3. 按照DG旋转后所处的不同位置分区间讨论，利用直角三角形两个锐角之和为90°的性质列一元一次方程求解，同时验证每个区间的解是否符合该区间的范围，排除不可能成立的情况，最终得到所有符合条件的t值。
【解析】
解：首先计算射线DG旋转一周的总时间：
DG的旋转速度为6°/s，旋转一周总角度为360°，因此总时长为 $t_{总}=\frac{360°}{6°/s}=60s$，即t的取值范围是 $0≤ t≤60$。
此过程中射线CH的旋转速度为1°/s，总旋转角度为 $1°/s × 60s=60°$，不会旋转到CA的左侧。
设DG与CH所在直线的垂足为P，分情况讨论：
① 当 $0＜t＜15$ 时，DG在∠EDB内部，尚未旋转到AB下方：
此时∠EDG=6t°，可得∠GDB=∠EDB - ∠EDG = 90° - 6t°，即∠CDP=90°-6t°；
CH从CF出发旋转t秒，旋转角度为t°，因此∠BCH=∠BCF + ∠FCH = 60° + t°，即∠DCP=60°+t°。
因为DG⊥CH，∠CPD=90°，在△CPD中两个锐角互余：
$∠ CDP + ∠ DCP = 90°$
代入得：$(90-6t) + (60 + t) = 90$，
解得：$t=12$，符合0＜t＜15的范围。
② 当 $15≤ t≤45$ 时，DG旋转到AB的下方，此时DG和CH都在直线AB的下方，两条直线的夹角无法满足90°，该区间无符合条件的解。
③ 当 $45＜t＜60$ 时，DG旋转回到直线AB的上方，位于DE的左侧：
此时DG的总旋转角度为6t°，可得∠GDE=360°-6t°，因此∠CDP=90° - ∠GDE = 90°-(360-6t)=(6t-270)°；
同时∠DCP=180° - ∠BCH = 180°-(60+t)=(120 - t)°。
由∠CPD=90°，两锐角互余得：
$∠ CDP + ∠ DCP = 90°$
代入得：$(6t-270)+(120 - t)=90$，
解得：$t=48$，符合45＜t＜60的范围。
综上，符合条件的t值为12或48。
【答案】
12 或 48
【知识点】
垂线的定义，动态角计算，分类讨论思想
【点评】
本题属于动态几何的中档题型，核心是利用角的动态表示结合直角三角形锐角互余列方程求解，解题时需要注意题目要求的是两条直线垂直而非射线垂直，要按射线的不同位置合理分区间讨论，避免漏解或者得到不符合区间的增根，同时要主动验证每个区间解的合理性。
【难度系数】
0.3
8. 绚丽多彩的舞台离不开灯光的氛围,光束灯发出的光束是一根明亮的细长的光柱,不同类型的光束灯,呈现出不同的舞台灯光. 如图,在舞台上方平行的灯轨 a , b 上分别安置了可以旋转的光束灯 A 和 C ,光束灯 A 的光束 AB 自如图位置开始按每秒 $6°$ 的速度顺时针旋转 $180°$ 便立即回转,直到初始位置停止,光束灯 C 的光束 CD自如图位置开始以每秒 $2°$ 的速度顺时针旋转 $180°$ 便立即停止. 若光束灯 C 先旋转6 s,光束灯 A 才开始旋转,当光束灯 A 旋转时间为
3 或 43.5
s 时,两束光线平行.答案
8. 3 或 43.5 提示:设光束灯 A 的旋转时间为 $t(0≤ t≤ 60)\mathrm{s}$,则光束灯 C 的旋转时间为 $(t+6)\mathrm{s}$. 由题可知,光束灯 A 每旋转 $180°$,所需的时间为 $\dfrac{180}{6}=30(\mathrm{s})$. 当光束灯 A 停止旋转时,光束灯 C 继续顺时针旋转,但不符合题目要求. 分情况讨论:
如图 1,当光束 AB 顺时针旋转,即 $0≤ t≤ 30$ 时,光束 AB 的旋转角 $∠ 1=6t°$,光束 CD 的旋转角 $∠ 3=2°·(t+6)=12°+2t°$. 因为 $a// b$,$AB// CD$,所以 $∠ 1=∠ 2$,$∠ 2=∠ 3$,所以 $∠ 1=∠ 3$,即 $6t=12+2t$,解得 $t=3$. 如图 2,当光束 AB 逆时针旋转,即 $30＜ t≤ 60$ 时,$∠ 1=180°-(6t°-180°)=360°-6t°$,$∠ 3=2°·(t+6)=12°+2t°$. 同理可得 $∠ 1=∠ 3$,即 $360-6t=12+2t$,解得 $t=43.5$. 综上所述,光束灯 A 的旋转时间为 3 s 或 43.5 s 时,两束光线平行.
解析
【分析】
首先梳理两盏光束灯的运动规则：灯C先转动6秒，灯A才启动，我们设灯A的旋转时间为t，先确定两灯的转动时长上限：灯A每秒转6°，转180°需要30秒，之后立即回转，回到初始位置停止，总运动时长为60秒；灯C每秒转2°，转180°就停止，总运动时长为90秒，因此灯A运动的全程中灯C都处于转动状态，灯C的总转动时长为(t+6)秒。
接下来结合平行线的性质分类讨论：因为灯轨a、b本身平行，要让两束光线AB和CD平行，只需要两光线和各自灯轨形成的夹角相等即可。分两种情况：第一种是灯A还处于顺时针转动的前30秒阶段，直接根据转动角度相等列方程求解；第二种是灯A转过180°后开始逆时针回转的阶段，此时重新推导灯A的光束与初始位置的夹角，再结合角度相等列方程求解，最后验证解是否符合对应时间区间即可得到全部结果。
【解析】
设光束灯A的旋转时间为$t\ \mathrm{s}$，由题意得$0≤ t≤ 60$，此时光束灯C的旋转时间为$(t+6)\ \mathrm{s}$。
先计算两灯的转动参数：
光束灯A转动$180°$所需时间为$\frac{180}{6}=30\ \mathrm{s}$，因此$0≤ t≤ 30$时A顺时针转动，$30＜ t≤ 60$时A逆时针回转；
光束灯C转动$180°$所需时间为$\frac{180}{2}=90\ \mathrm{s}$，在A的运动全程$t≤ 60$时，$t+6≤ 66＜90$，因此C全程保持顺时针转动。
分两种情况讨论：
1. 当$0≤ t≤ 30$时，A的光束AB的旋转角为$6t°$，C的光束CD的旋转角为$2(t+6)°$。
因为$a// b$，$AB// CD$，由平行线的内错角相等可得两光束的旋转角相等：
$6t = 2(t+6)$
展开得$6t=2t+12$，解得$t=3$，符合$0≤ t≤ 30$的范围。
2. 当$30＜ t≤ 60$时，A已经顺时针转完$180°$，开始逆时针回转，此时AB与初始位置的夹角为$180°-(6t-180)°=(360-6t)°$，C的光束CD的旋转角仍为$2(t+6)°$。
同理由平行线内错角相等得：
$360-6t = 2(t+6)$
展开得$360-6t=2t+12$，移项合并得$8t=348$，解得$t=43.5$，符合$30＜ t≤ 60$的范围。
综上，两个解均符合要求。
【答案】
3或43.5
【知识点】
平行线判定，一元一次方程应用，动点旋转问题
【点评】
本题是结合旋转运动的平行线分类讨论问题，核心易错点是容易忽略光束灯A转动180°后会反向回转的运动规则，只计算第一阶段的解导致漏解，解题时需要先明确两灯的运动分段，再结合平行线的角度关系分别列方程求解，最后验证解的合理性即可。
【难度系数】
0.4
首先梳理两盏光束灯的运动规则：灯C先转动6秒，灯A才启动，我们设灯A的旋转时间为t，先确定两灯的转动时长上限：灯A每秒转6°，转180°需要30秒，之后立即回转，回到初始位置停止，总运动时长为60秒；灯C每秒转2°，转180°就停止，总运动时长为90秒，因此灯A运动的全程中灯C都处于转动状态，灯C的总转动时长为(t+6)秒。
接下来结合平行线的性质分类讨论：因为灯轨a、b本身平行，要让两束光线AB和CD平行，只需要两光线和各自灯轨形成的夹角相等即可。分两种情况：第一种是灯A还处于顺时针转动的前30秒阶段，直接根据转动角度相等列方程求解；第二种是灯A转过180°后开始逆时针回转的阶段，此时重新推导灯A的光束与初始位置的夹角，再结合角度相等列方程求解，最后验证解是否符合对应时间区间即可得到全部结果。
【解析】
设光束灯A的旋转时间为$t\ \mathrm{s}$，由题意得$0≤ t≤ 60$，此时光束灯C的旋转时间为$(t+6)\ \mathrm{s}$。
先计算两灯的转动参数：
光束灯A转动$180°$所需时间为$\frac{180}{6}=30\ \mathrm{s}$，因此$0≤ t≤ 30$时A顺时针转动，$30＜ t≤ 60$时A逆时针回转；
光束灯C转动$180°$所需时间为$\frac{180}{2}=90\ \mathrm{s}$，在A的运动全程$t≤ 60$时，$t+6≤ 66＜90$，因此C全程保持顺时针转动。
分两种情况讨论：
1. 当$0≤ t≤ 30$时，A的光束AB的旋转角为$6t°$，C的光束CD的旋转角为$2(t+6)°$。
因为$a// b$，$AB// CD$，由平行线的内错角相等可得两光束的旋转角相等：
$6t = 2(t+6)$
展开得$6t=2t+12$，解得$t=3$，符合$0≤ t≤ 30$的范围。
2. 当$30＜ t≤ 60$时，A已经顺时针转完$180°$，开始逆时针回转，此时AB与初始位置的夹角为$180°-(6t-180)°=(360-6t)°$，C的光束CD的旋转角仍为$2(t+6)°$。
同理由平行线内错角相等得：
$360-6t = 2(t+6)$
展开得$360-6t=2t+12$，移项合并得$8t=348$，解得$t=43.5$，符合$30＜ t≤ 60$的范围。
综上，两个解均符合要求。
【答案】
3或43.5
【知识点】
平行线判定，一元一次方程应用，动点旋转问题
【点评】
本题是结合旋转运动的平行线分类讨论问题，核心易错点是容易忽略光束灯A转动180°后会反向回转的运动规则，只计算第一阶段的解导致漏解，解题时需要先明确两灯的运动分段，再结合平行线的角度关系分别列方程求解，最后验证解的合理性即可。
【难度系数】
0.4
9.【材料阅读】
如图,数轴上的点 A,B 表示的数分别为-4,8,M 是线段 AB 的中点.
(1) 点 M 表示的数是
(2) 点 P,Q 分别从点 A,B 同时出发,以每秒 3 个单位长度和每秒 2 个单位长度的速度沿数轴正方向运动,设运动时间为 $ t $ s. 若 P,Q 两点之间的距离为 3,求 $ t $ 的值.
【方法迁移】
(3) 如图, $ ∠ AOB = 150° $, OM 平分$ ∠ AOB $. 现有射线 OP,OQ 分别从OA,OM 同时出发,以每秒 $ 12° $ 和每秒 $ 8° $ 的速度绕点 O 顺时针旋转,当OP 旋转一周时,这两条射线都停止旋转. 问经过几秒后,射线 OP,OQ的夹角为 $ 15° $?
如图,数轴上的点 A,B 表示的数分别为-4,8,M 是线段 AB 的中点.
(1) 点 M 表示的数是
2
.(2) 点 P,Q 分别从点 A,B 同时出发,以每秒 3 个单位长度和每秒 2 个单位长度的速度沿数轴正方向运动,设运动时间为 $ t $ s. 若 P,Q 两点之间的距离为 3,求 $ t $ 的值.
【方法迁移】
(3) 如图, $ ∠ AOB = 150° $, OM 平分$ ∠ AOB $. 现有射线 OP,OQ 分别从OA,OM 同时出发,以每秒 $ 12° $ 和每秒 $ 8° $ 的速度绕点 O 顺时针旋转,当OP 旋转一周时,这两条射线都停止旋转. 问经过几秒后,射线 OP,OQ的夹角为 $ 15° $?
答案
9. (1) 2
(2) 解:$t$ s 后,点 P,Q 在数轴上表示的数分别是$-4+3t$,$8+2t$,若 P,Q 两点之间的距离为 3,分两种情况讨论:
① 当点 P 在点 Q 左侧时,$8+2t-(-4+3t)=3$,解得 $t=9$;②当点 P 在点 Q 右侧时,$-4+3t-(8+2t)=3$,解得 $t=15$.
综上所述,$t$ 的值为 9 或 15.
(3) 解:因为 $∠ AOB=150°$,OM 平分$∠ AOB$,所以 $∠ AOM=∠ BOM=\dfrac{1}{2}∠ AOB=75°$. 设经过 $x$ s 后,射线 OP,OQ 的夹角为 $15°$. 根据题意,得 $∠ AOP=12x°$,$∠ MOQ=8x°$,所以 $∠ AOQ=∠ AOM+∠ MOQ=75°+8x°$. 当 OP,OQ 重合前 OP,OQ 的夹角为 $15°$ 时,$∠ POQ=∠ AOQ-∠ AOP=75°+8x°-12x°$,所以 $75+8x-12x=15$,解得 $x=15$.
当 OP,OQ 重合后 OP,OQ 的夹角为 $15°$ 时,$∠ POQ=∠ AOP-∠ AOQ=12x°-(75°+8x°)$,所以 $12x-(75+8x)=15$,解得 $x=22.5$. 因为射线 OP 旋转一周的时间为 $360÷12=30(\mathrm{s})$,所以 15 s 和 22.5 s 均符合题意.
综上所述,经过 15 s 或 22.5 s 后,射线 OP,OQ 的夹角为 $15°$.
(2) 解:$t$ s 后,点 P,Q 在数轴上表示的数分别是$-4+3t$,$8+2t$,若 P,Q 两点之间的距离为 3,分两种情况讨论:
① 当点 P 在点 Q 左侧时,$8+2t-(-4+3t)=3$,解得 $t=9$;②当点 P 在点 Q 右侧时,$-4+3t-(8+2t)=3$,解得 $t=15$.
综上所述,$t$ 的值为 9 或 15.
(3) 解:因为 $∠ AOB=150°$,OM 平分$∠ AOB$,所以 $∠ AOM=∠ BOM=\dfrac{1}{2}∠ AOB=75°$. 设经过 $x$ s 后,射线 OP,OQ 的夹角为 $15°$. 根据题意,得 $∠ AOP=12x°$,$∠ MOQ=8x°$,所以 $∠ AOQ=∠ AOM+∠ MOQ=75°+8x°$. 当 OP,OQ 重合前 OP,OQ 的夹角为 $15°$ 时,$∠ POQ=∠ AOQ-∠ AOP=75°+8x°-12x°$,所以 $75+8x-12x=15$,解得 $x=15$.
当 OP,OQ 重合后 OP,OQ 的夹角为 $15°$ 时,$∠ POQ=∠ AOP-∠ AOQ=12x°-(75°+8x°)$,所以 $12x-(75+8x)=15$,解得 $x=22.5$. 因为射线 OP 旋转一周的时间为 $360÷12=30(\mathrm{s})$,所以 15 s 和 22.5 s 均符合题意.
综上所述,经过 15 s 或 22.5 s 后,射线 OP,OQ 的夹角为 $15°$.
解析
【分析】
这道题是数形结合的迁移类题型，解题思路可以分步推进：
1. 第(1)问求数轴中点对应的数，直接用数轴中点公式：两点表示的数的和除以2，代入A、B的数值就能算出结果。
2. 第(2)问是数轴动点追及问题，首先根据运动速度和时间t，写出t秒后P、Q两点对应的有理数，两点距离为3的时候，因为P的速度比Q快，存在两种情况：P还没追上Q时两者相距3，P追上Q之后超过Q3个单位，分别列方程求解即可。
3. 第(3)问是方法迁移，把数轴上的线段距离模型类比到角的角度差问题：先根据角平分线性质算出初始的∠AOM的度数，再表示出x秒后OP、OQ各自转过的角度，同样分两种情况：OP还没追上OQ时两者夹角15°，OP追上OQ之后超过OQ15°，列方程求解后还要验证解是否在运动总时长范围内，排除不符合的解。
【解析】
(1) 已知数轴上点A表示-4，点B表示8，M是线段AB的中点，根据数轴中点计算公式：
点M表示的数 = $\frac{-4+8}{2}$ = 2。
(2) t秒后，点P从A出发沿正方向运动，对应的数为 $-4+3t$；点Q从B出发沿正方向运动，对应的数为 $8+2t$。
两点距离为3，分两种情况讨论：
① 当点P在点Q左侧，P未追上Q时：
$8+2t - (-4+3t) = 3$
化简得：$12 - t = 3$，解得 $t=9$；
② 当点P在点Q右侧，P追上Q后超过Q时：
$-4+3t - (8+2t) = 3$
化简得：$t -12 = 3$，解得 $t=15$。
综上t的值为9或15。
(3) 已知∠AOB=150°，OM平分∠AOB，因此：
$∠ AOM = \frac{1}{2}∠ AOB = 75°$
设经过x秒后，OP、OQ夹角为15°，x秒内OP转过的角度为$12x°$，OQ转过的角度为$8x°$，此时$∠ AOQ = ∠ AOM + 8x° = 75° +8x°$，分两种情况：
① OP、OQ重合前，OP未追上OQ，夹角为15°：
$∠ AOQ - ∠ AOP =15°$，即 $75 +8x -12x =15$
解得 $x=15$；
② OP、OQ重合后，OP超过OQ，夹角为15°：
$∠ AOP - ∠ AOQ =15°$，即 $12x -(75+8x)=15$
解得 $x=22.5$。
已知OP旋转一周总时长为$360÷12=30$s，15s和22.5s都小于30s，均符合题意。
综上经过15s或22.5s时，两射线夹角为15°。
【答案】
(1) 2；(2) t的值为9或15；(3) 经过15s或22.5s后，射线OP,OQ的夹角为15°
【知识点】
数轴中点计算，数轴动点距离，角的动态旋转
【点评】
本题属于数形结合的递进式综合题，从基础的数轴中点计算，延伸到数轴动点追及问题，再迁移到角的动态旋转问题，核心考察类比思想和分类讨论思想，需要学生将线段距离的分析方法迁移到角度差的场景中，注意不要遗漏运动过程中的两种位置情况，最后还要验证解的合理性，避免出现不符合运动范围的错解。
【难度系数】
0.5
这道题是数形结合的迁移类题型，解题思路可以分步推进：
1. 第(1)问求数轴中点对应的数，直接用数轴中点公式：两点表示的数的和除以2，代入A、B的数值就能算出结果。
2. 第(2)问是数轴动点追及问题，首先根据运动速度和时间t，写出t秒后P、Q两点对应的有理数，两点距离为3的时候，因为P的速度比Q快，存在两种情况：P还没追上Q时两者相距3，P追上Q之后超过Q3个单位，分别列方程求解即可。
3. 第(3)问是方法迁移，把数轴上的线段距离模型类比到角的角度差问题：先根据角平分线性质算出初始的∠AOM的度数，再表示出x秒后OP、OQ各自转过的角度，同样分两种情况：OP还没追上OQ时两者夹角15°，OP追上OQ之后超过OQ15°，列方程求解后还要验证解是否在运动总时长范围内，排除不符合的解。
【解析】
(1) 已知数轴上点A表示-4，点B表示8，M是线段AB的中点，根据数轴中点计算公式：
点M表示的数 = $\frac{-4+8}{2}$ = 2。
(2) t秒后，点P从A出发沿正方向运动，对应的数为 $-4+3t$；点Q从B出发沿正方向运动，对应的数为 $8+2t$。
两点距离为3，分两种情况讨论：
① 当点P在点Q左侧，P未追上Q时：
$8+2t - (-4+3t) = 3$
化简得：$12 - t = 3$，解得 $t=9$；
② 当点P在点Q右侧，P追上Q后超过Q时：
$-4+3t - (8+2t) = 3$
化简得：$t -12 = 3$，解得 $t=15$。
综上t的值为9或15。
(3) 已知∠AOB=150°，OM平分∠AOB，因此：
$∠ AOM = \frac{1}{2}∠ AOB = 75°$
设经过x秒后，OP、OQ夹角为15°，x秒内OP转过的角度为$12x°$，OQ转过的角度为$8x°$，此时$∠ AOQ = ∠ AOM + 8x° = 75° +8x°$，分两种情况：
① OP、OQ重合前，OP未追上OQ，夹角为15°：
$∠ AOQ - ∠ AOP =15°$，即 $75 +8x -12x =15$
解得 $x=15$；
② OP、OQ重合后，OP超过OQ，夹角为15°：
$∠ AOP - ∠ AOQ =15°$，即 $12x -(75+8x)=15$
解得 $x=22.5$。
已知OP旋转一周总时长为$360÷12=30$s，15s和22.5s都小于30s，均符合题意。
综上经过15s或22.5s时，两射线夹角为15°。
【答案】
(1) 2；(2) t的值为9或15；(3) 经过15s或22.5s后，射线OP,OQ的夹角为15°
【知识点】
数轴中点计算，数轴动点距离，角的动态旋转
【点评】
本题属于数形结合的递进式综合题，从基础的数轴中点计算，延伸到数轴动点追及问题，再迁移到角的动态旋转问题，核心考察类比思想和分类讨论思想，需要学生将线段距离的分析方法迁移到角度差的场景中，注意不要遗漏运动过程中的两种位置情况，最后还要验证解的合理性，避免出现不符合运动范围的错解。
【难度系数】
0.5
