中考数学二轮 旋转 专项培优 易错 难题附详细答案
一、旋转 真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.在△ABC 中,AB=AC ,∠BAC=α(?<600α),将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。
(1)如图1,直接写出∠ABD 的大小(用含α的式子表示); (2)如图2,∠BCE=150°,∠ABE=60°,判断△ABE 的形状并加以证明; (3)在(2)的条件下,连结DE ,若∠DEC=45°,求α的值。 【答案】(1)1
302α?-(2)见解析(3)30α=?
【解析】解:(1)1
302
α?-。
(2)△ABE 为等边三角形。证明如下:
连接AD ,CD ,ED ,
∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60?得到线段BD , ∴BC=BD ,∠DBC=60°。 又∵∠ABE=60°,
∴1
ABD 60DBE EBC 302
α∠=?-∠=∠=?-且△BCD 为等边三角形。
在△ABD 与△ACD 中,∵AB=AC ,AD=AD ,BD=CD ,
∴△ABD ≌△ACD (SSS )。∴1
1BAD CAD BAC 22
α∠=∠=∠=。
∵∠BCE=150°,∴11
BEC 180(30)15022
αα∠=?-?--?=。∴BEC BAD ∠=∠。
在△ABD 和△EBC 中,∵BEC BAD ∠=∠,EBC ABD ∠=∠,BC=BD , ∴△ABD ≌△EBC (AAS )。∴AB=BE 。 ∴△ABE 为等边三角形。
(3)∵∠BCD=60°,∠BCE=150°,∴DCE 1506090∠=?-?=?。 又∵∠DEC=45°,∴△DCE 为等腰直角三角形。 ∴DC=CE=BC 。
∵∠BCE=150°,∴(180150)
EBC 152
?-?∠=
=?。 而1
EBC 30152
α∠=?-=?。∴30α=?。
(1)∵AB=AC ,∠BAC=α,∴180ABC 2
α
?-∠=
。
∵将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD ,∴DBC 60∠=?。 ∴180ABD ABC DBC 603022
αα
?-∠=∠-∠=
-?=?-。 (2)由SSS 证明△ABD ≌△ACD ,由AAS 证明△ABD ≌△EBC ,即可根据有一个角等于60?的等腰三角
形是等边三角形的判定得出结论。
(3)通过证明△DCE 为等腰直角三角形得出(180150)
EBC 152
?-?∠==?,由(1)
1
EBC 302α∠=?-,从
而1
30152
α?-=?,解之即可。
2.如图1,在平面直角坐标系xOy 中,抛物线C :y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ,B 两点,顶点为D (0,4),AB =42,设点F (m ,0)是x 轴的正半轴上一点,将抛物线C 绕点F 旋转180°,得到新的抛物线C ′. (1)求抛物线C 的函数表达式;
(2)若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,求m 的取值范围. (3)如图2,P 是第一象限内抛物线C 上一点,它到两坐标轴的距离相等,点P 在抛物线C ′上的对应点P ′,设M 是C 上的动点,N 是C ′上的动点,试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形?若能,求出m 的值;若不能,请说明理由.
【答案】(1)2
142
y x =-
+;(2)2<m <23)m =6或m 173.
【解析】
试题分析:(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A
(,0),设抛物线的解析式为
24y ax =+,把A
(0)代入可得a =1
2
-
,由此即可解决问题; (2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为
()2142y x m =--,由()22142
14
2y x y x m ?=-+????=--??,消去y 得到222280x mx m -+-=,由题
意,抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()
222(4280
20280m m m ?-->??
>??->??
,
解不等式组即可解决问题;
(3)情形1,四边形PMP ′N 能成为正方形.作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,推出PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,可得M (m +2,m ﹣2),理由待定系数法即可解决问题;情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得M (m ﹣2,2﹣m ),利用待定系数法即可解决问题.
试题解析:(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A
(,0),设抛物线的解析式为
24y ax =+,把A
(0)代入可得a =1
2
-
,∴抛物线C 的函数表达式为21
42
y x =-+.
(2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为
()2142y x m =--,由2142
1(4
2x y x y ?=-+????=-??,消去y 得到222280x mx m -+-= ,由题意,
抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()
222(4280
20280m m m ?-->??
>??->??
,解得
2<m
<,∴满足条件的m 的取值范围为2<m
< (3)结论:四边形PMP ′N 能成为正方形.
理由:1情形1,如图,作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .
由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,∴PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,∴M (m +2,m ﹣2),∵点M 在2142y x =-
+上,∴()2
12242
m m -=-++,解得m =17﹣3或﹣17﹣3(舍弃),∴m =17﹣3时,四边形PMP ′N 是正方形.
情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得M (m ﹣2,2﹣m ),把M (m ﹣2,2
﹣m )代入2142y x =-
+中,()2
12242
m m -=--+,解得m =6或0(舍弃),∴m =6时,四边形PMP ′N 是正方形.
综上所述:m =6或m 17﹣3时,四边形PMP ′N 是正方形.
3.在等边△AOB 中,将扇形COD 按图1摆放,使扇形的半径OC 、OD 分别与OA 、OB 重合,OA =OB =2,OC =OD =1,固定等边△AOB 不动,让扇形COD 绕点O 逆时针旋转,线段AC 、BD 也随之变化,设旋转角为α.(0<α≤360°) (1)当OC ∥AB 时,旋转角α= 度;
发现:(2)线段AC 与BD 有何数量关系,请仅就图2给出证明. 应用:(3)当A 、C 、D 三点共线时,求BD 的长.
拓展:(4)P 是线段AB 上任意一点,在扇形COD 的旋转过程中,请直接写出线段PC 的最大值与最小值.
【答案】(1)60或240;(2) AC=BD ,理由见解析;(3)13+1
或131
-;(4)PC 的最大值=3,PC 的最小值=3﹣1. 【解析】
分析:(1)如图1中,易知当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时,OC ∥AB ,此时旋转角α=60°或240°.
(2)结论:AC =BD .只要证明△AOC ≌△BOD 即可. (3)在图3、图4中,分别求解即可.
(4)如图5中,由题意,点C 在以O 为圆心,1为半径的⊙O 上运动,过点O 作OH ⊥AB 于H ,直线OH 交⊙O 于C ′、C ″,线段CB 的长即为PC 的最大值,线段C ″H 的长即为PC 的最小值.易知PC 的最大值=3,PC 的最小值=3﹣1.
详解:(1)如图1中,∵△ABC 是等边三角形,∴∠AOB =∠COD =60°,∴当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时,OC ∥AB ,此时旋转角α=60°或240°. 故答案为60或240;
(2)结论:AC =BD ,理由如下:
如图2中,∵∠COD =∠AOB =60°,∴∠COA =∠DOB .在△AOC 和△BOD 中,
OA OB
COA DOB CO OD =??
∠=∠??=?
,∴△AOC ≌△BOD ,∴AC =BD ;
(3)①如图3中,当A 、C 、D 共线时,作OH ⊥AC 于H . 在Rt △COH 中,∵OC =1,∠COH =30°,∴CH =HD =
12,OH 3Rt △AOH 中,
AH=22
OA OH
-=13
2
,∴BD=AC=CH+AH=
113
2
+
.
如图4中,当A、C、D共线时,作OH⊥AC于H.
易知AC=BD=AH﹣CH=131
-
.
综上所述:当A、C、D三点共线时,BD的长为131
+
或
131
-
;
(4)如图5中,由题意,点C在以O为圆心,1为半径的⊙O上运动,过点O作
OH⊥AB于H,直线OH交⊙O于C′、C″,线段CB的长即为PC的最大值,线段C″H的长即为PC的最小值.易知PC的最大值=3,PC的最小值=3﹣1.
点睛:本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,利用辅助圆解决最值问题,属于中考压轴题.
4.小明在矩形纸片上画正三角形,他的做法是:①对折矩形纸片ABCD(AB>BC),使AB与DC重合,得到折痕EF,把纸片展平;②沿折痕BG折叠纸片,使点C落在EF上的点P 处,再折出PB、PC,最后用笔画出△PBC(图1).
(1)求证:图1中的PBC是正三角形:
(2)如图2,小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN,其中IJ=6cm,
且HM=JN.
①求证:IH=IJ
②请求出NJ的长;
(3)小明发现:在矩形纸片中,若一边长为6cm,当另一边的长度a变化时,在矩形纸片上总能画出最大的正三角形,但位置会有所不同.请根据小明的发现,画出不同情形的示意图(作图工具不限,能说明问题即可),并直接写出对应的a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析;(2)①证明见解析;②12-63(3)33<a<43,a>43
【解析】
分析:(1)由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC,PB=CB,得出PB=PC=CB即可;
(2)①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得;②IJ上取一点Q,使QI=QN,由
Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°,继而可得∠NQJ=30°,设NJ=x,则IQ=QN=2x、
QJ=3x,根据IJ=IQ+QJ求出x即可得;
(3)由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算,画出图形即可.(1)证明:∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC),使AB与DC重合,得到折痕EF
∴PB=PC
∵沿折痕BG折叠纸片,使点C落在EF上的点P处
∴PB=BC
∴PB=PC=BC
∴△PBC是正三角形:
(2)证明:①如图
∵矩形AHIJ
∴∠H=∠J=90°
∵△MNJ是等边三角形
∴MI=NI
在Rt △MHI 和Rt △JNI 中
MI NI
MH NJ
=??
=? ∴Rt △MHI ≌Rt △JNI (HL ) ∴HI=IJ
②在线段IJ 上取点Q ,使IQ=NQ
∵Rt △IHM ≌Rt △IJN , ∴∠HIM=∠JIN , ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°, ∴∠HIM=∠JIN=15°, 由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°, ∴∠NQJ=30°,
设NJ=x ,则IQ=QN=2x ,QJ=22=
3QN NJ -x , ∵IJ=6cm , ∴2x+3x=6,
∴x=12-63,即NJ=12-63(cm ). (3)分三种情况: ①如图:
设等边三角形的边长为b ,则0<b≤6, 则tan60°3=
2
a b , ∴3b , ∴0<b≤3
2
=33 ②如图
当DF与DC重合时,DF=DE=6,
∴a=sin60°×DE=63
=33,
当DE与DA重合时,a=
6
43 sin603
==
?,
∴33<a<43;
③如图
∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°
∴DF=
6
43 cos303
==
?
∴a>3
点睛:本题是四边形的综合题目,考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识;本题综合性强,难度较大.
5.如图1,四边形ABCD是正方形,G是CD边上的一个动点(点G与C、D不重合),以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG,连接BG,DE.
(1)①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系,不必证明;
②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α,得到如图2情形.请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立,并证明你的判断.
(2)将原题中正方形改为矩形(如图3、4),且AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb (a≠b,k>0),第(1)题①中得到的结论哪些成立,哪些不成立?若成立,以图4为例简要说明理由.
(3)在第(2)题图4中,连接DG、BE,且a=3,b=2,k=1
2
,求BE2+DG2的值.
【答案】(1)①BG⊥DE,BG=DE;②BG⊥DE,证明见解析;(2)BG⊥DE,证明见解析;(3)16.25.
【解析】
分析:(1)①根据正方形的性质,显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE,从而判断两条直线之间的关系;
②结合正方形的性质,根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE,从而证明结论;
(2)根据两条对应边的比相等,且夹角相等可以判定上述两个三角形相似,从而可以得到(1)中的位置关系仍然成立;
(3)连接BE、DG.根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和.
详解:(1)①BG⊥DE,BG=DE;
②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,
∴BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,
∴∠BCG=∠DCE,
∴△BCG≌△DCE,
∴BG=DE,∠CBG=∠CDE,
又∵∠CBG+∠BHC=90°,
∴∠CDE+∠DHG=90°,
∴BG⊥DE.
(2)∵AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb,
∴BC CG b
==,
DC CE a
又∵∠BCG=∠DCE,
∴△BCG∽△DCE,
∴∠CBG=∠CDE,
又∵∠CBG+∠BHC=90°,
∴∠CDE+∠DHG=90°,
∴BG⊥DE.
(3)连接BE、DG.
根据题意,得AB=3,BC=2,CE=1.5,CG=1,
∵BG⊥DE,∠BCD=∠ECG=90°
∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25.
点睛:此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理.
6.如图,△ABC是等边三角形,AB=6cm,D为边AB中点.动点P、Q在边AB上同时从点D出发,点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动.点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动,回到点D停止.以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN.将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ.设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S(cm2),点P运动的时间为t(s)(0<t<3).
(1)当点N落在边BC上时,求t的值.
(2)当点N到点A、B的距离相等时,求t的值.
(3)当点Q沿D→B运动时,求S与t之间的函数表达式.
(4)设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2:3时t的值.
【答案】(1)(2)2(3)S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2;(4)
t=1或
【解析】
试题分析:(1)由题意知:当点N落在边BC上时,点Q与点B重合,此时DQ=3;(2)当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,此时PD=DQ;
(3)当0≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN;当≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN.
(4)MN、MQ与边BC的有交点时,此时<t<,列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后,即可求出t的值.
试题解析:(1)∵△PQN与△ABC都是等边三角形,
∴当点N落在边BC上时,点Q与点B重合.
∴DQ=3
∴2t=3.
∴t=;
(2)∵当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,
∴PD=DQ,
当0<t<时,
此时,PD=t,DQ=2t
∴t=2t
∴t=0(不合题意,舍去),
当≤t<3时,
此时,PD=t,DQ=6﹣2t
∴t=6﹣2t,
解得t=2;
综上所述,当点N到点A、B的距离相等时,t=2;
(3)由题意知:此时,PD=t,DQ=2t
当点M在BC边上时,
∴MN=BQ
∵PQ=MN=3t,BQ=3﹣2t
∴3t=3﹣2t
∴解得t=
如图①,当0≤t≤时,
S△PNQ=PQ2=t2;
∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2,
如图②,当≤t≤时,
设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,
∵MN=PQ=3t,NE=BQ=3﹣2t,
∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3,
∵△EMF是等边三角形,
∴S△EMF=ME2=(5t﹣3)2
.
;
(4)MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,
此时<t<,
t=1或.
考点:几何变换综合题
7.小明合作学习小组在探究旋转、平移变换.如图△ABC,△DEF均为等腰直角三角形,各顶点坐标分别为A(1,1),B(2,2),C(2,1),D2,0),E(22 0),
F(32
2
,
2
2
).
(1)他们将△ABC绕C点按顺时针方向旋转450得到△A1B1C.请你写出点A1,B1的坐
标,并判断A 1C 和DF 的位置关系;
(2)他们将△ABC 绕原点按顺时针方向旋转450,发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y
22x bx c =++上.请你求出符合条件的抛物线解析式;
(3)他们继续探究,发现将△ABC 绕某个点旋转45,若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2
y x =上,则可求出旋转后三角形的直角顶点P 的坐标.请你直接写出点P 的所有坐标.
【答案】解:(1)2
22222b c 0
{
32322
22b c 222
+=?++= ??
. A 1C 和DF 的位置关系是平行.
(2)∵△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ,
∴①当抛物线经过点D 、E 时,根据题意可得:(2
2
2222b c 0
{2222b c 0
++=++=,解得b 12{c 82
=-= ∴2y 2x 12x 82=-+
②当抛物线经过点D 、F 时,根据题意可得:2
22222b c 0
{
32322
22b c 222
++=?++= ??
,解得b 11
{c 72
=-= ∴2y 2x 11x 2=-+
③当抛物线经过点E 、F 时,根据题意可得:(2
22222
22b c 0
{
32322
22c ++=+=??
,解得
b 13{
c =-=
∴2y 13x =-+ (3)在旋转过程中,可能有以下情形:
①顺时针旋转45°,点A 、B 落在抛物线上,如答图1所示, 易求得点P 坐标为(0
). ②顺时针旋转45°,点B 、C 落在抛物线上,如答图2所示, 设点B′,C′的横坐标分别为x 1,x 2,
易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行,∴设直线B′C′的解析式为y=x+b . 联立y=x 2与y=x+b 得:x 2=x+b ,即2x x b 0--=,∴1212x x 1x x b +==-,. ∵B′C′=1,∴
根据题意易得:12x x 2
-=
,∴()2121x x 2-=,即
()
2
12121
x x 4x x 2
+-=
. ∴1
14b 2+=
,解得1b 8
=-. ∴2
1x x 08-+
=
,解得x =
或x =. ∵点C′的横坐标较小,
∴2x 4
=.
当2x 4=
时,23y x 8-==.
∴P
(
24
38
-). ③顺时针旋转45°,点C 、A 落在抛物线上,如答图3所示, 设点C′,A′的横坐标分别为x 1,x 2.
易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行,∴设直线C′A′的解析式为y x b =-+. 联立y=x 2与y x b =-+得:2x x b =-+,即2x x b 0+-=,∴1212x x 1x x b +=-=-,. ∵C′A′=1,∴
根据题意易得:12x x 2
-=
,∴()2121x x 2-=,即
()
2
12121
x x 4x x 2
+-=
. ∴1
14b 2+=
,解得1b 8
=-.
∴21x x 08++
=,解得22x 4-+=x 或22
x 4
--=.
∵点C′的横坐标较大,∴22
x -+=. 当22x -+=时,2322
y x -==. ∴P (
224-+,322
8
-). ④逆时针旋转45°,点A 、B 落在抛物线上.
因为逆时针旋转45°后,直线A′B′与y 轴平行,因为与抛物线最多只能有一个交点,故此种情形不存在.
⑤逆时针旋转45°,点B 、C 落在抛物线上,如答图4所示, 与③同理,可求得:P (
224-+,322
8
-). ⑥逆时针旋转45°,点C 、A 落在抛物线上,如答图5所示, 与②同理,可求得:P (
224+,3228
+). 综上所述,点P 的坐标为:(0,
12-),(22-,322
-),P (22-+,
322-,(22+,322
+).
【解析】
(1)由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解.
(2)首先明确△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ,然后分三种情况进行讨论,分别计算求解.
(3)旋转方向有顺时针、逆时针两种可能,落在抛物线上的点有点A 和点B 、点B 和点C 、点C 和点D 三种可能,因此共有六种可能的情形,需要分类讨论,避免漏解. 考点:旋转变换的性质,曲线上点的坐标与方程的关系,平行线的性质,等腰直角三角形的性质,分类思想的应用.
8.如图1,直线DE 上有一点O ,过点O 在直线DE 上方作射线OC ,∠COE =140°,将一直角三角板AOB 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,OA恰好平分∠COD,求此时∠BOC的度数;(2)若射线OC的位置保持不变,在旋转过程中,是否存在某个时刻,使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线?若存在,请求出t的取值,若不存在,请说明理由;
(3)若在三角板开始转动的同时,射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周,从旋转开始多长时间,射线OC平分∠BOD.直接写出t的值.(本题中的角均为大于0°且小于180°的角)
【答案】(1)∠BOC=70°;(2)存在,t=2,t=8或32;(3)1
2
或
37
2
.
【解析】
【分析】
(1)由图可知∠BOC=∠AOB﹣∠AOC,∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.
(2)分OA平分∠COD,OC平分∠AOD,OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论,建立关于t的方程,解方程即可.
(3)分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD,再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可,注意分情况讨论.
【详解】
(1)解:∵∠COE=140°,
∴∠COD=180°﹣∠COE=40°,
又∵OA平分∠COD,
∴∠AOC=1
2
∠COD=20°,
∵∠AOB=90°,
∴∠BOC=90°﹣∠AOC=70°;
(2)存在
①当OA平分∠COD时,∠AOD=∠AOC,即10°t=20°,解得:t=2;
②当OC平分∠AOD时,∠AOC=∠DOC,即10°t﹣40°=40°,解得:t=8;
③当OD平分∠AOC时,∠AOD=∠COD,即360°﹣10°t=40°,解得:t=32;
综上所述:t=2,t=8或32;
(3)1
2
或
37
2
,理由如下:
设运动时间为t,则有
①当90+10t=2(40+15t)时,t=1 2
②当270﹣10t=2(320﹣15t)时,t=37 2
所以t的值为1
2
或
37
2
.
【点睛】
本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转,根据题意,找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.