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11. 新考法 方程思想 如图,已知∠AOE= 130°,∠AOB：∠BOC= 2：1,且3∠COE= 2∠AOB.求∠AOB的度数.
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答案
[解]因为∠AOB:∠BOC=2:1，所以设∠BOC=x，则∠AOB=2x.
因为3∠COE=2∠AOB，
所以∠COE=$\frac{2}{3}$∠AOB=$\frac{4}{3}$x.
因为∠AOE=∠AOB+∠BOC+∠COE=130°，
所以130°=2x+x+$\frac{4}{3}$x，解得x=30°，
所以∠AOB=2x=60°.
因为3∠COE=2∠AOB，
所以∠COE=$\frac{2}{3}$∠AOB=$\frac{4}{3}$x.
因为∠AOE=∠AOB+∠BOC+∠COE=130°，
所以130°=2x+x+$\frac{4}{3}$x，解得x=30°，
所以∠AOB=2x=60°.
12. 新考向 身边的数学 日常生活中,我们几乎每天都要看钟表,它的时针和分针如同兄弟俩在赛跑,其中蕴涵着丰富的数学知识.
(1)如图①,上午8：00这一时刻,钟表上分针与时针的夹角等于 .
(2)请在图②中画出8：20这一时刻时针和分针的大致位置,思考并回答：从上午8：00到8：20,钟表的分针转过的度数是 ,钟表的时针转过的度数是 .
(3)“元旦”这一天,小明上午8：00出门买东西,回到家中时发现还没到9：00,但是时针与分针重合了,那么小明从离开家到回到家的时间为多少分钟？
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(1)如图①,上午8：00这一时刻,钟表上分针与时针的夹角等于 .
(2)请在图②中画出8：20这一时刻时针和分针的大致位置,思考并回答：从上午8：00到8：20,钟表的分针转过的度数是 ,钟表的时针转过的度数是 .
(3)“元旦”这一天,小明上午8：00出门买东西,回到家中时发现还没到9：00,但是时针与分针重合了,那么小明从离开家到回到家的时间为多少分钟？
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答案
[解]
(1)120°
(2)如图.120°;10° [点拨]因为分针每分钟转6°，时针每分钟转0.5°，所以上午8:00到8:20分针转过的度数为120°，时针转过的度数为10°.
(3)设小明从离开家到回到家的时间为x(x＜60)分钟.由题意易得分针比时针多走了240°，所以6x-0.5x=240，解得x=$\frac{480}{11}$.
所以小明从离开家到回到家的时间为$\frac{480}{11}$分钟.点方法钟面角是常见的一种角的问题，求钟面角首先要清楚时针和分针每分钟转过的度数，其次时针与分针的问题很多时候类似于追及问题，本题中时针与分针重合其实就是分针追上了时针，所以分针比时针多走了240°.
13. 如图①,将两块直角三角板(一块含有30°、60°角,另一块含45°角)摆放在直线MN上,三角板ODC绕点O以每秒15°的速度逆时针旋转.当OD第一次与射线OM重合时三角板ODC停止旋转,设旋转时间为t s.
(1)当t= 2时,求∠BOC和∠AOD的度数.
(2)如图②,若两块三角板同时旋转,三角板OAB以每秒20°的速度绕点O顺时针旋转,当OA第一次与射线ON重合时三角板OAB立即停止旋转.
①用含t的代数式表示射线OA和射线OD重合前∠BOC和∠AOD的度数；
②整个旋转过程中,当满足|∠AOD-∠BOC|= 5°时,求出相应的t的值.
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(1)当t= 2时,求∠BOC和∠AOD的度数.
(2)如图②,若两块三角板同时旋转,三角板OAB以每秒20°的速度绕点O顺时针旋转,当OA第一次与射线ON重合时三角板OAB立即停止旋转.
①用含t的代数式表示射线OA和射线OD重合前∠BOC和∠AOD的度数；
②整个旋转过程中,当满足|∠AOD-∠BOC|= 5°时,求出相应的t的值.
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答案
[解]
(1)由题图①，得∠BOC=180°−45°=135°，∠AOD=180°−30°=150°.当t=2时，三角板ODC绕点O逆时针旋转，∠BOC与∠AOD减小的度数相同，为15°×2=30°，故∠BOC=135°−30°=105°，∠AOD=150°−30°=120°.
(2)①由题意，得∠AOM=(30+20t)°，∠NOD=(15t)°.令20t+15t+45=180，解得t=$\frac{27}{7}$.令30+20t+15t=180，解得t=$\frac{30}{7}$.所以射线OB与射线OC重合之前0＜t＜$\frac{27}{7}$，射线OA与射线OD重合之前0＜t＜$\frac{30}{7}$，所以∠AOD=180°−(∠AOM+∠NOD)=(150−35t)°.当0＜t＜$\frac{27}{7}$时，∠BOC=(135−35t)°；当$\frac{27}{7}$≤t＜$\frac{30}{7}$时，∠BOC=(35t−135)°.
②由题意知，OA运动时间为150°÷20°=7.5 (s).OD运动时间为180°÷15°=12(s).当0＜t＜$\frac{27}{7}$时，∠AOD=(150−35t)°，∠BOC=(135−35t)°，此时，∠AOD−∠BOC=(150−35t)°−(135−35t)°=15°，不符合题意；当$\frac{27}{7}$＜t＜$\frac{30}{7}$时，∠AOD=(150−35t)°，∠BOC=(35t−135)°，令|(150−35t)°−(35t−135)°|=5°，解得t=4或$\frac{29}{7}$；当$\frac{30}{7}$＜t＜7.5时，∠AOD=∠MOA−∠MOD=(30+20t)°−(180-15t)°=(35t−150)°，∠BOC=∠BOM−∠MOC=(20t)°−(135−15t)°=(35t−135)°或∠BOC=∠BOM+∠MOC=(20t)°+(15t−135)°=(35t−135)°，此时|∠AOD−∠BOC|=15°，不符合题意；当7.5＜t＜12时，OA停止运动.当OC未过BO延长线时，∠AOD=(15t)°，∠BOC=∠BOD+∠DOC=(15t−30)°+45°=(15t+15)°，此时|∠AOD−∠BOC|=15°，不符合题意；当OC已过BO延长线时，∠AOD=(15t)°，∠BOC=360°−(15t+15)°=(345−15t)°，令|15t−(345−15t)|=5，解得t=$\frac{34}{3}$或t=$\frac{35}{3}$.综上，t=4或$\frac{29}{7}$或$\frac{34}{3}$或$\frac{35}{3}$.
(1)由题图①，得∠BOC=180°−45°=135°，∠AOD=180°−30°=150°.当t=2时，三角板ODC绕点O逆时针旋转，∠BOC与∠AOD减小的度数相同，为15°×2=30°，故∠BOC=135°−30°=105°，∠AOD=150°−30°=120°.
(2)①由题意，得∠AOM=(30+20t)°，∠NOD=(15t)°.令20t+15t+45=180，解得t=$\frac{27}{7}$.令30+20t+15t=180，解得t=$\frac{30}{7}$.所以射线OB与射线OC重合之前0＜t＜$\frac{27}{7}$，射线OA与射线OD重合之前0＜t＜$\frac{30}{7}$，所以∠AOD=180°−(∠AOM+∠NOD)=(150−35t)°.当0＜t＜$\frac{27}{7}$时，∠BOC=(135−35t)°；当$\frac{27}{7}$≤t＜$\frac{30}{7}$时，∠BOC=(35t−135)°.
②由题意知，OA运动时间为150°÷20°=7.5 (s).OD运动时间为180°÷15°=12(s).当0＜t＜$\frac{27}{7}$时，∠AOD=(150−35t)°，∠BOC=(135−35t)°，此时，∠AOD−∠BOC=(150−35t)°−(135−35t)°=15°，不符合题意；当$\frac{27}{7}$＜t＜$\frac{30}{7}$时，∠AOD=(150−35t)°，∠BOC=(35t−135)°，令|(150−35t)°−(35t−135)°|=5°，解得t=4或$\frac{29}{7}$；当$\frac{30}{7}$＜t＜7.5时，∠AOD=∠MOA−∠MOD=(30+20t)°−(180-15t)°=(35t−150)°，∠BOC=∠BOM−∠MOC=(20t)°−(135−15t)°=(35t−135)°或∠BOC=∠BOM+∠MOC=(20t)°+(15t−135)°=(35t−135)°，此时|∠AOD−∠BOC|=15°，不符合题意；当7.5＜t＜12时，OA停止运动.当OC未过BO延长线时，∠AOD=(15t)°，∠BOC=∠BOD+∠DOC=(15t−30)°+45°=(15t+15)°，此时|∠AOD−∠BOC|=15°，不符合题意；当OC已过BO延长线时，∠AOD=(15t)°，∠BOC=360°−(15t+15)°=(345−15t)°，令|15t−(345−15t)|=5，解得t=$\frac{34}{3}$或t=$\frac{35}{3}$.综上，t=4或$\frac{29}{7}$或$\frac{34}{3}$或$\frac{35}{3}$.
