人教中考数学压轴题专题复习—旋转的综合含答案解析

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b．

（1）如图1，当a＝42时，求b的值；

（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；

（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．

【答案】（1）422）b＝8；（3）ab＝32．

【解析】

试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝2，∠ACB＝45°．

再CE＝a＝2∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC；

（2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得；

（3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.

试题解析：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝2，∠ACB＝45°．

∵CE＝a＝2∴∠CAE＝∠AEC＝45

2?

＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，

∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5°，∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝42

（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC ＝∠AEC．

又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴AC CF

EC CA

=，∴

42

442

=∴CF＝

8，即b＝8．（3）ab＝32．

提示：由（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴AC CF

EC CA

=，∴

42

42

a

=，∴ab＝32．

2．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B＝90°，AC＝2CE＝m，BC＝n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）

（1）当α＝0°时，连接DE ，则∠CDE ＝ °，CD ＝ ；

（2）试判断：旋转过程中

BD

AE

的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；

（4）若m ＝6，n ＝2，当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时，直接写出线段BD 的长．

【答案】（1）90°，2n ；（2）无变化；（3）55

；（4）BD=101143． 【解析】

试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CE

CB CA

=即可解决问题．②求出BD 、AE 即可解决问题．

（2）只要证明△ACE ∽△BCD 即可．

（3）求出AB 、AE ，利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题．

（4）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，分别求出BD 即可． 试题解析：（1）解：①如图1中，当α=0时，连接DE ，则∠CDE =90°．∵∠CDE =∠B =90°，∴DE ∥AB ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =1

2

n ．故答案为90°，

1

2

n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =

32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m

．故答案为n

m

． （2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC n

CE AC m

==，∴△ACE ∽△BCD ，∴

BD BC n

AE AC m

==．

（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB =22AC BC -=6．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，

∴AE =22AB BE +=2263+=35，由（2）可知△ACE ∽△BCD ，∴

BD BC

AE AC

=，∴

35=810，∴BD =125．故答案为125

． （4）∵m =6，n =42，∴CE =3，CD =22，AB =22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°

时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD =22BC CD +=224222+（）（）

=210． ②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，作EM ⊥AB 于

M ．∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°，∴四边形BCEM 是矩形，∴342BM EC ME ===，，∴AM =5，AE =

22AM ME +=57，由（2）可知

DB AE =223

，∴BD =2114

． 故答案为210或

2114

．

点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．

3．已知：△ABC 和△ADE 均为等边三角形，连接BE ，CD ，点F ，G ，H 分别为DE ，BE ，CD 中点．

（1）当△ADE 绕点A 旋转时，如图1，则△FGH 的形状为 ，说明理由；

（2）在△ADE 旋转的过程中，当B ，D ，E 三点共线时，如图2，若AB =3，AD =2，求线段FH 的长；

（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）61

；（3）△FGH的周长最大值为

3

2

（a+b），最小值为3

2

（a﹣b）．

【解析】

试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、

（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；

（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3

2

BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；

试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：

如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，

∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1

2

BD，GF∥BD，

∵DF=EF，DH=HC，∴FH=1

2

EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，

∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．

易知AF ⊥DE ，在Rt △AEF 中，AE =2，EF =DF =1，∴AF =2221-=3，在Rt △ABF 中，BF =22AB AF - =6，∴BD =CE =BF ﹣DF =61-，∴FH =12EC =612

-． （3）存在．理由如下．

由（1）可知，△GFH 是等边三角形，GF =

12

BD ，∴△GFH 的周长=3GF =3

2BD ，在△ABD

中，AB =a ，AD =b ，∴BD 的最小值为a ﹣b ，最大值为a +b ，∴△FGH 的周长最大值为

3

2

（a +b ），最小值为3

2

（a ﹣b ）．

点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．

4．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD 和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED 绕点C 顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a ．

（1）如图（2），旋转角a =30°时，点D ′到CD 边的距离D’A =______．求证：四边形ACED ′为矩形；

（2）如图（1），△CED 绕点C 顺时针旋转一周的过程中，在BC 上如何取点G ，使得GD’=E’D ；并说明理由．

（3）△CED 绕点C 顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D =90°时，直接写出旋转角a 的值． 【答案】1 【解析】

分析：（1）过D ′作D ′N ⊥CD 于N ．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论． 由D ’A ∥CE 且D ’A =CE =1，得到四边形ACED ’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；

（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．

（3）分两种情况讨论即可．

详解：（1）D’A=1．理由如下：

过D′作D′N⊥CD于N．

∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 1

2

CD′=1．

由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，

∴四边形ACED’为平行四边形．

又∵∠DCE=90°，

∴四边形ACED’为矩形；

（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．

∵∠DCE=∠D’CE’=90°，

∴∠DCE’=∠D’CG．

又∵D’C= DC，CG=CE’，

∴△DCE’≌△D’CG，

∴GD’=E’D．

（3）分两种情况讨论：①如图1．

∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．

②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．

点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．

5．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；

（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE 的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值．

【答案】（1）x=﹣1；

（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），

当x=时，S的值最大，最大值为，．

【解析】

试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到

CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，

求得OF=OM=解方程，即可得到结果；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据

全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）?x，根据二次函数的性质即可得到结论．

试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，

∵OA=OC，

∴CM=ME，

∴AE=2OM=2OF，

∴OM=OF，

∴，

∴BF=BE=x，

∴OF=OM=，

∵AB=1，

∴OB=，

∴，

∴x=﹣1；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，

∵∠CEP=∠EBC=90°，

∴∠ECB=∠PEG，

∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，

在△EPG与△CEB中，

，

∴△EPG≌△CEB，

∴EB=PG=x，

∴AE=1﹣x，

∴S=（1﹣x）?x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），

∵﹣＜0，

∴当x=时，S的值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

6．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．

（1）求证：AC垂直平分EF；

（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；

（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，

∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；

（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；

（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点

A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．

试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，

∵BE=DF，

∴CE=CF，

∴AC垂直平分EF；

（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∴∠DAP=∠ADP，

∵AC垂直平分EF，

∴∠AQF=90°，

∴PQ=AF=PA，

∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，

∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，

∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形；

（3）成立；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，

∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，

∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，

∴PQ=AF=AP=PF，

∴PD=PQ=AP=PF，

∴点A、F、Q、P四点共圆，

∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形．

考点：四边形综合题．

7．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；

②AC′⊥BD′；

（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想

∠AEB=θ是否成立？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；

（2）成立，理由见解析

【解析】

试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出

OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；

②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；

（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式

，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相

等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．

试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，

∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，

∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，

∴OC=OD，

∴OC′=OD′，

在△AOC′和△BOD′中，，

∴△AOC′≌△BOD′（SAS），

∴AC′=BD′；

②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：

∵△AOC′≌△BOD′，

∴∠OAC′=∠OBD′，

又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，

∴∠OBD′+∠BFE=90°，

∴∠BEA=90°，

∴AC′⊥BD′；

（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：

∵△OCD旋转到△OC′D′，

∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，

∵CD∥AB，

∴，

∴，

∴，

又∠AOC′=∠BOD′，

∴△AOC′∽△BOD′，

∴∠OAC′=∠OBD′，

又∠AFO=∠BFE，

∴∠AEB=∠AOB=θ．

考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．

8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．

（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．

（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；

（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．

．

【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）434

【解析】

试题分析：（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；

（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似（1）；

（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，

则FC =FP =2a ，EF =3a ，在Rt △PCE 中，表示出PC ，根据PC +CB =4，可得方程

(62)24a a ++=，求出a 即可解决问题；

试题解析：解：（1）结论：BQ =CP ． 理由：如图1中，作PH ∥AB 交CO 于H ．

在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，∠A =30°，点O 为AB 中点，∴CO =AO =BO ，∠CBO =60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，

∵∠OPB =∠OPQ +∠QPB =∠OCB +∠COP ，∵∠OPQ =∠OCP =60°，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ． （2）成立：PC =BQ ．理由：作PH ∥AB 交CO 的延长线于H ．

在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，∠A =30°，点O 为AB 中点，∴CO =AO =BO ，∠CBO =60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，∵∠POH =60°+∠CPO ，∠QPO =60°+∠CPQ ，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ．

（3）如图3中，作CE ⊥OP 于E ，在PE 上取一点F ，使得FP =FC ，连接CF ． ∵∠OPC =15°，∠OCB =∠OCP +∠POC ，∴∠POC =45°，∴CE =EO ，设CE =CO =a ，则FC =FP =2a ，EF =3a ，在Rt △PCE 中，PC =22PE CE + =22(23)a a a ++ =(62)a +

，∵PC +CB =4，∴(62)24a a ++=，解得a =4226-，

∴PC =434-，由（2）可知BQ =PC ，∴BQ =434-．

点睛：此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等知识，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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

9．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.

10．如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使∠AOC：∠BOC＝1：2，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．

（1）将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得ON落在射线OB 上，此时三角板旋转的角度为度；

（2）继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置，使得ON在∠AOC的内部．试探究∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系，并说明理由；

（3）在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按15°每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时，求此时三角板绕点O的运动时间t的值。

【答案】（1）90 （2）答案见解析（3）4秒或16秒

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质知，旋转角是∠MON；

（2）如图3，利用平角的定义，结合已知条件“∠AOC：∠BOC＝1：2”求得∠AOC＝60°；然后由直角的性质、图中角与角间的数量关系推知∠AOM﹣∠NOC＝30°；

（3）需要分类讨论：（ⅰ）当直角边ON在∠AOC外部时，旋转角是60°；（ⅱ）当直角边ON在∠AOC内部时，旋转角是240°

【详解】

解：（1）由旋转的性质知，旋转角∠MON＝90°．

故答案是：90；

（2）如图3，∠AOM﹣∠NOC＝30°．

设∠AOC＝α，由∠AOC：∠BOC＝1：2可得

∠BOC＝2α．

∵∠AOC+∠BOC＝180°，

∴α+2α＝180°．

解得α＝60°．

即∠AOC＝60°．

∴∠AON+∠NOC＝60°．①

∵∠MON＝90°，

∴∠AOM+∠AON＝90°．②

由②﹣①，得∠AOM﹣∠NOC＝30°；

（3）（ⅰ）如图4，当直角边ON在∠AOC外部时，

由OD平分∠AOC，可得∠BON＝30°．

因此三角板绕点O逆时针旋转60°．

此时三角板的运动时间为：

t＝60°÷15°＝4（秒）．

（ⅱ）如图5，当直角边ON在∠AOC内部时，

由ON平分∠AOC，可得∠CON＝30°．

因此三角板绕点O逆时针旋转240°．

此时三角板的运动时间为：

t＝240°÷15°＝16（秒）．

【点睛】

本题综合考查了旋转的性质，角的计算．解答（3）题时，需要分类讨论，以防漏解．