2022年中考数学复习：轨迹专题练习（Word版，附答案解析）

这是一份2022年中考数学复习：轨迹专题练习（Word版，附答案解析），共51页。
2022年中考数学复习（选择题）：轨迹（10题）
一．选择题（共10小题）
1．（2021•吴兴区二模）如图，在等边三角形ABC中，AB＝3，点P为BC边上一动点，连接AP，在AP左侧构造三角形OAP，使得∠AOP＝120°，OA＝OP．当点P由点B运动到点C的过程中，点O的运动路径长为（　　）

A． B． C．π D．
2．（2021秋•廉江市期末）如图，⊙O的半径为2，点C是圆上的一个动点，CA⊥x轴，CB⊥y轴，垂足分别为A、B，D是AB的中点，如果点C在圆上运动一周，那么点D运动过的路程长为（　　）

A． B． C．π D．2π
3．（2021秋•汉阳区校级月考）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝1，将Rt△ABC延直线l由图1的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当A第一次滚动到图2位置时，顶点A所经过的路径的长为（　　）

A． B． C． D．（2+）π
4．（2021•鞍山二模）如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，C两点，与y轴交于点B，点P为抛物线上一动点，过点P作PQ∥AB交y轴于Q，若点P从点A出发，沿着直线AB上方抛物线运动到点B，则点Q经过的路径长为（　　）

A． B． C．3 D．
5．（2021•宁波模拟）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上（含坐标原点）滑动，且满足OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，当A由点O向右移动时，点D移动的路径长为（　　）

A．3 B．4 C．3 D．
6．（2020•桂林）如图，已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，将绕点A逆时针旋转90°后得到，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（　　）

A．π B．π C．2π D．2π
7．（2021•岳麓区校级一模）如图，在Rt△AOB中，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，AB＝，扇形AOC的圆心角为60°，点D为上一动点，P为线段BD上的一点，且PB＝2PD，当点D从点A运动至点C，则点P的运动路径长为（　　）

A． B． C． D．
8．（2020•淄博）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的运动路径的长是（　　）

A．2π+2 B．3π C． D．+2
9．（2019•武汉）如图，AB是⊙O的直径，M、N是（异于A、B）上两点，C是上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．当点C从点M运动到点N时，则C、E两点的运动路径长的比是（　　）

A． B． C． D．
10．（2021秋•市中区期中）如图，直线l1：y＝x+1与直线l2：y＝相交于点P（﹣1，0）．直线l1与y轴交于点A．一动点C从点A出发，先沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B1处后，改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A1处后，再沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B2处后，又改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A2处后，仍沿平行于x轴的方向运动，…照此规律运动，动点C依次经过点B1，A1，B2，A2，B3，A3，…，B2014，A2014，…则当动点C到达A2021处时，运动的总路径的长为（　　）

A．20212 B．22021﹣2 C．22020+1 D．22022﹣2
2022年中考数学复习（填空题）：轨迹（10题）
二．填空题（共10小题）
1．（2021•随州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，BC＝，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△AB′C′，并使点C′落在AB边上，则点B所经过的路径长为 　 　．（结果保留π）

2．（2021•宜宾）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是 　 　．

3．（2021•罗湖区）如图，等边△ABC中，AB＝3，点D，点E分别是边BC，CA上的动点，且BD＝CE，连接AD、BE交于点F，当点D从点B运动到点C时，则点F的运动路径的长度为　 　．

4．（2020•昆明）如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为　 　cm．

5．（2020•嘉兴）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 　 　cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为 　 　cm．

6．（2021•铁岭四模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝AC＝2，将△ABC绕BC的中点O逆时针旋转90°，得到△DEF，其中点A的运动路径AD长度为 　 　．

7．（2021•缙云县一模）图1是传统的手工磨豆腐设备，根据它的原理设计了图2的机械设备，磨盘半径OM＝20cm，把手MQ＝15cm，点O，M，Q成一直线，用长为135cm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠PQM大小可变），点P在轨道AB上滑动并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝80cm．
（1）点P与点O之间距离的取值范围是 　 　．
（2）若磨盘转动500周，则点P在轨道AB上滑动的路径长为 　 　m．

8．（2021•大庆模拟）如图，已知等腰三角形OAB，OA＝OB＝6，OC⊥AB于点C，AD为OB边中线，AD，OC相交于点P．在∠AOB从90°减小到30°的过程中，点P经过的路径长为 　 　．

9．（2020•广西）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P．当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为　 　．

10．（2019•桂林）如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，点P是AD边上的一个动点，连接BP，作点A关于直线BP的对称点A1，连接A1C，设A1C的中点为Q，当点P从点A出发，沿边AD运动到点D时停止运动，点Q的运动路径长为　 　．

2022年中考数学复习（解答题）：轨迹（10题）
三．解答题（共10小题）
1．（2021•长沙模拟）如图，已知在△ABC中，AC＝5，BC＝12，AB＝13，点E是边AB上一动点，EF⊥AC于点F，ED⊥BC于点D，点G为FD的中点．

（1）求证：四边形CDEF是矩形；
（2）当点E由点A运动到点B时，求点G的运动路径长．
2．（2020•香洲区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣3，0）．过点B的直线绕点B逆时针方向旋转，过程中与y轴交于点C．过点A作AD⊥BC于点D，求在点C坐标由（0，）到（0，3）的过程中点D运动的路径长．

3．（2021•金华模拟）桔槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于（墨子•备城门），是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面的支撑杆，AB是杠杆，且AB＝5.4米，OA：OB＝2：1．当点A位于最高点时，∠AOM＝127°；当点A从最高点逆时针旋转54.5°到达最低点A1．（结果精确到0.1m；参考数据：sin37°≈0.6，sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8）
（1）求此时水桶B所经过的路径长；
（2）求此时水桶B上升的高度．

4．（2021•江西模拟）图1是可折叠哑铃凳的示意图，其侧面可抽象成图2，E，F为固定支撑点，AB∥CD，M为CH的中点，点N在CB处滑动，使靠背CH可绕点C转动（100°≤∠DCH≤180°）．已知CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°．
（1）当∠DCH从最小角转动到最大角时，求点M运动的路径长．
（2）在点C转动过程中，求H点到地面l的最大距离．（结果精确到0.1 cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan 70°≈2.75，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67，π≈3.14）

5．（2021•寻乌县模拟）为了加强锻炼，王老师家里买了是一张多功能的哑铃凳，如图（1）所示，其侧面可抽象成图（2），MN为支撑杆，M为靠背CH的中点，点N可在CB上滑动，通过调节螺母可将点N固定在BC上六个孔位处，靠背CH随之绕点C转动，当点N位于点E处时∠DCH＝100°，当点N位于点F处时，CH∥AB，CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°，坐凳DC∥AB．
（1）当点N从点E滑动到点F处时，求点M运动的路径长．
（2）在CH转动的过程中，求点H到水平地面I的最大距离．
（结果精确到0.1cm．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，π≈3.14）

6．（2021•滦州市一模）如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，BO＝，以点O为圆心，以2为半径作优弧，交AO于点D，交BO于点E．点M在优弧上从点D开始移动，到达点E时停止，连接AM．

（1）当AM与优弧相切时，求线段AM的长；
（2）当MO∥AB时，求点M在优弧上移动的路线长及线段AM的长．
7．（2020•荆州）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：BC∥AD；
（2）若AB＝4，BC＝1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

8．（2021•碑林区校级模拟）如图①，是某小轿车的侧面示意图，其中矩形ABCD表示该车的后备箱．在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A逆时针方向旋转，当旋转角为60°时，箱盖ADE落在了AD′E′的位置（如图②所示）．已知AD＝80cm，DE＝20cm，EC＝30cm．
（1）求点D′到BC的距离；
（2）求点E在旋转过程中经过的路线长．（结果保留根号和π）

9．（2019•惠山区二模）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，P是线段BC上的一动点．
（1）请用不带刻度的直尺和圆规，按下列要求作图：（不要求写作法，但保留作图痕迹），在CD边上确定一点E，使得∠DEP+∠APB＝180°；
（2）在（1）的条件下，点P从点B移动到点C的过程中，对应点E随之运动，则移动过程中点E经过的总路程长为　 　．

10．（2018•贵阳）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝4，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P为半圆上任意一点（不与点C重合），过P点作PE⊥OC于点E，设△OPE的内心为M，连接OM、PM．
（1）求∠OMP的度数；
（2）当点P在半圆上从点B运动到点A时，求内心M所经过的路径长．


2022年中考数学复习（选择题）：轨迹（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021•吴兴区二模）如图，在等边三角形ABC中，AB＝3，点P为BC边上一动点，连接AP，在AP左侧构造三角形OAP，使得∠AOP＝120°，OA＝OP．当点P由点B运动到点C的过程中，点O的运动路径长为（　　）

A． B． C．π D．
考点：等腰三角形的性质；等边三角形的性质；轨迹．
专题：等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
分析：由题意，可知O点的运动轨迹为线段OO'，当P点在B点时，∠OPC＝90°，当P点在C点时，∠ACO＝30°，则△OAO'是等边三角形，求出OO'＝OB＝OP＝，即可求点O的轨迹长．
解答：如图，∵∠ACB＝60°，∠AOC＝120°，
∴A、O、P、C四点共圆，
∵OA＝OP，∠AOP＝120°，
∴∠APO＝∠OAP＝30°，
∵＝，
∴∠ACO＝∠APO＝30°，
∴∠ACO＝∠ACB＝30°，
∴点O在∠ACB的角平分线上运动，
∴O点的运动轨迹为线段OO'，
当P点在B点时，∠OPC＝90°，
当P点在C点时，∠ACO＝30°，
∴∠OCB＝30°，
∵AB＝3，
∴OP＝CB•tan30°＝3×＝，
∵OA＝O'A，∠AOO'＝60°，
∴OO'＝OB＝OP＝，
∴点O的运动路径长为，
故选：B．

点评：本题考查点的运动轨迹，熟练掌握等边三角形的性质，由P点的运动情况确定O点的运动轨迹是解题的关键．
2．（2021秋•廉江市期末）如图，⊙O的半径为2，点C是圆上的一个动点，CA⊥x轴，CB⊥y轴，垂足分别为A、B，D是AB的中点，如果点C在圆上运动一周，那么点D运动过的路程长为（　　）

A． B． C．π D．2π
考点：坐标与图形性质；圆周角定理；轨迹．
专题：矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：根据题意知四边形OACB是矩形，可得点D是对角线AB、OC的交点，即OD＝OC，从而可知点D运动轨迹是一个半径为1圆，求得此圆周长即可．
解答：如图，连接OC，

∵CA⊥x轴，CB⊥y轴，
∴四边形OACB是矩形，
∵D为AB中点，
∴点D在AC上，且OD＝OC，
∵⊙O的半径为2，
∴如果点C在圆上运动一周，那么点D运动轨迹是一个半径为1圆，
∴点D运动过的路程长为2π•1＝2π，
故选：D．
点评：本题主要考查点的轨迹问题，矩形的判定和性质，根据四边形OACB是矩形且D为AB中点判断出点D的运动轨迹是解决此题的关键．
3．（2021秋•汉阳区校级月考）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝1，将Rt△ABC延直线l由图1的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当A第一次滚动到图2位置时，顶点A所经过的路径的长为（　　）

A． B． C． D．（2+）π
考点：含30度角的直角三角形；轨迹．
专题：几何综合题；推理能力．
分析：点A第一次滚动到图2位置时，共向右无滑动滚动三次，第一次滚动，圆心角为120°，半径为1；第二次滚动，圆心角为150°，半径为；第三次滚动，点A没有移动，计算出每一次滚动点A经过的路径长再求出它们的和即可．
解答：如图，A第一次滚动到图2位置时，共向右无滑动滚动三次，
第一次滚动，圆心角为180°﹣60°＝120°，
∵AC＝1，
∴半径长为1，
∴点A经过的路径长为：＝；
第二次滚动，圆心角为180°﹣30°＝150°，
∵∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝1，
∴BC＝2AC＝2，
∴AB＝＝＝，
∴半径长为，
∴点A经过的路径长为：＝，
第三次滚动，点A没有移动，
∴点A经过的路径长为0，
∴当A第一次滚动到图2位置时，顶点A所经过的路径的长为：++0＝，
故选：C．

点评：此题考查点的运动轨迹、弧长的计算公式、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，解题的关键是确定滚动的次数和每一次滚动时的圆心角和半径．
4．（2021•鞍山二模）如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，C两点，与y轴交于点B，点P为抛物线上一动点，过点P作PQ∥AB交y轴于Q，若点P从点A出发，沿着直线AB上方抛物线运动到点B，则点Q经过的路径长为（　　）

A． B． C．3 D．
考点：二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；轨迹．
专题：二次函数图象及其性质；推理能力．
分析：分别求出点A、B的坐标，运用待定系数法求出直线AB，PQ的解析式，再求出它们与x轴的交点坐标即可解决问题．
解答：对于y＝﹣x2﹣2x+3，
令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
令y＝0，则x＝﹣3或1，

∵点A在点C的左侧，
∴A（﹣3，0），
设AB所在直线解析式为y＝kx+b，
将A、B点代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+3，
∵PQ∥AB，
∴设PQ的解析式为：y＝x+a，
∵点Q经过的路径长是直线PQ经过抛物线的切点与y轴的交点和点B的距离的2倍，
∴方程﹣x2﹣2x+3＝x+a有两个实数根，
∴Δ＝9﹣4（a﹣3）＝0，
解得：a＝，
∴Q（0，），
当点P与点A重合时，点Q与点B重合时，此时点Q的坐标为（0，3），
点Q经过的路径长为2×＝，
故选：D．
点评：本题考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法求函数解析式，抛物线与直线的交点问题，点Q经过的路径长是直线PQ经过抛物线的切点与y轴的交点和点B的距离的2倍是解题的关键．
5．（2021•宁波模拟）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上（含坐标原点）滑动，且满足OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，当A由点O向右移动时，点D移动的路径长为（　　）

A．3 B．4 C．3 D．
考点：轨迹；坐标与图形变化﹣旋转．
专题：平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
分析：分别讨论A点在O点处，A点在（6，0）处时，点D的位置，从而确定D点的轨迹为线段，再结合图形即可求解．
解答：如图，∵OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，
∴AC＝BC，
由旋转可知，AC＝AD，
∴当A点在O点处时，CO＝3，
此时D（3，0），
∵OA+OB＝6，
∴∠BAO＝45°，
当A点在（6，0）处时即A'处，AA'＝3，
∵∠BAD'＝90°，
∴∠D'AA'＝45°，
∴△AA'D'为等腰直角三角形，
∴AD'＝3，
∴点D移动的路径长为3，
故选：C．

点评：本题考查点的运动轨迹，能够根据A点运动情况确定D点的运动轨迹，数形结合解题是关键．
6．（2020•桂林）如图，已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，将绕点A逆时针旋转90°后得到，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（　　）

A．π B．π C．2π D．2π
考点：勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；轨迹；旋转的性质．
专题：与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
分析：根据已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，利用垂径定理可得AC＝4，PO⊥AB，再根据勾股定理可得AP的长，利用弧长公式即可求出点P的运动路径长．
解答：如图，设的圆心为O，连接OP，OA，AP'，AP，AB'

∵圆O半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，
根据垂径定理，得
AC＝AB＝4，PO⊥AB，
OC＝＝3，
∴PC＝OP﹣OC＝5﹣3＝2，
∴AP＝＝2，
∵将绕点A逆时针旋转90°后得到，
∴∠PAP′＝∠BAB′＝90°，
∴LPP′＝＝π．
则在该旋转过程中，点P的运动路径长是π．
故选：B．
点评：本题考查了轨迹、垂径定理、勾股定理、圆心角、弧、弦的关系、弧长计算、旋转的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
7．（2021•岳麓区校级一模）如图，在Rt△AOB中，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，AB＝，扇形AOC的圆心角为60°，点D为上一动点，P为线段BD上的一点，且PB＝2PD，当点D从点A运动至点C，则点P的运动路径长为（　　）

A． B． C． D．
考点：含30度角的直角三角形；圆周角定理；轨迹．
专题：动点型；与圆有关的计算；推理能力．
分析：如图，在OB上取一点M，使得BM＝2OM，连接PM，OD．利用平行线分线段成比例定理可得PM＝4，点P在是以M为圆心4为半径的圆弧上运动．求出圆心角∠P′MP″即可解决问题．
解答：如图，在OB上取一点M，使得BM＝2OM，连接PM，OD．

在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，∠AOB＝30°，AB＝3，
∴OA＝2AB＝6，
∵BP＝2PD，BM＝2MO，
∴＝＝2，
∴PM∥OD，
∴＝＝，
∴PM＝OD＝4，
∴点P在是以M为圆心4为半径的圆弧上运动．
当点D与A重合时，∠P′MB＝∠AOB＝30°，
当点D与C重合时，∠BMP″＝∠BOC＝90°，
∴∠P′MP″＝60°，
∴点P的运动路径长为＝π，
故选：A．
点评：本题考查轨迹，三角形中位线定理，解直角三角形，弧长公式等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
8．（2020•淄博）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的运动路径的长是（　　）

A．2π+2 B．3π C． D．+2
考点：轨迹．
专题：动点型；与圆有关的计算；应用意识．
分析：利用弧长公式计算即可．
解答：如图，

点O的运动路径的长＝的长+的长+O1O2的长
＝++
＝，
故选：C．
点评：本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．（2019•武汉）如图，AB是⊙O的直径，M、N是（异于A、B）上两点，C是上一动点，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．当点C从点M运动到点N时，则C、E两点的运动路径长的比是（　　）

A． B． C． D．
考点：圆周角定理；轨迹．
专题：与圆有关的计算．
分析：如图，连接EB．设OA＝r．作等腰Rt△ADB，AD＝DB，∠ADB＝90°，则点E在以D为圆心DA为半径的弧上运动，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，由题意∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α，利用弧长公式计算即可解决问题．
解答：如图，连接EB．设OA＝r．

∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵E是△ACB的内心，
∴∠AEB＝135°，
作等腰Rt△ADB，AD＝DB，∠ADB＝90°，则点E在以D为圆心DA为半径的弧上运动，运动轨迹是，点C的运动轨迹是，
∵∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α
∴＝＝．
故选：A．
点评：本题考查弧长公式，圆周角定理，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找点的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
10．（2021秋•市中区期中）如图，直线l1：y＝x+1与直线l2：y＝相交于点P（﹣1，0）．直线l1与y轴交于点A．一动点C从点A出发，先沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B1处后，改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A1处后，再沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B2处后，又改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A2处后，仍沿平行于x轴的方向运动，…照此规律运动，动点C依次经过点B1，A1，B2，A2，B3，A3，…，B2014，A2014，…则当动点C到达A2021处时，运动的总路径的长为（　　）

A．20212 B．22021﹣2 C．22020+1 D．22022﹣2
考点：一次函数的性质；两条直线相交或平行问题；轨迹．
专题：规律型；运算能力．
分析：由直线直线l1：y＝x+1可知，A（0，1），则B1纵坐标为1，代入直线l2：y＝x+中，得B1（1，1），又A1、B1横坐标相等，可得A1（1，2），则AB1＝1，A1B1＝2﹣1＝1，可判断△AA1B1为等腰直角三角形，利用平行线的性质，得△A1A2B2、△A2A3B3、…、都是等腰直角三角形，根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等，平行于y轴的直线上两点横坐标相等，及直线l1、l2的解析式，分别求A1B1，A2B2的长，得出一般规律，即可得到运动的总路径的长＝2×（22021﹣1）＝22022﹣2．
解答：由直线l1：y＝x+1可知，A（0，1），
根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等，平行于y轴的直线上两点横坐标相等，及直线l1、l2的解析式可知，B1（1，1），AB1＝1，
A1（1，2），A1B1＝2﹣1＝1，
B2（3，2），A2（3，4），A1B2＝3﹣1＝2，A2B2＝4﹣2＝2，A2B3＝7﹣3＝4＝23﹣1，
…，A3B3＝7﹣3＝4＝23﹣1，
由此可得AnBn＝2n﹣1，
所以，当动点C到达A2021处时，运动的总路径的长＝2×（1+2+22+23+……+22020），
设S＝1+2+22+23+……+22020①，
则2S＝2+22+23+24……+22021②，
②﹣①，得：S＝22021﹣1，
∴运动的总路径的长＝2×（22021﹣1）＝22022﹣2．
故选：D．
点评：本题考查了一次函数的综合运用．关键是利用平行于x轴的直线上点的纵坐标相等，平行于y轴的直线上点的横坐标相等，得出点的坐标，判断等腰直角三角形，得出一般规律．
2022年中考数学复习（填空题）：轨迹（10题）
参考答案与试题解析
二．填空题（共10小题）
1．（2021•随州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，BC＝，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△AB′C′，并使点C′落在AB边上，则点B所经过的路径长为 　π　．（结果保留π）

考点：含30度角的直角三角形；轨迹；旋转的性质．
专题：等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
分析：由直角三角形的性质可求∠BAC＝60°，AB＝3，由旋转的性质可求∠BAB'＝∠BAC＝60°，由弧长公式可求解．
解答：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，BC＝，
∴∠BAC＝60°，cos∠ABC＝，
∴AB＝2，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△AB′C′，
∴∠BAB'＝∠BAC＝60°，
∴点B所经过的路径长＝＝π，
故答案为：π．
点评：本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，轨迹，弧长公式等知识，求出AB＝3和∠BAB'＝60°是解题的关键．
2．（2021•宜宾）如图，⊙O的直径AB＝4，P为⊙O上的动点，连结AP，Q为AP的中点，若点P在圆上运动一周，则点Q经过的路径长是 　2π　．

考点：轨迹；点与圆的位置关系．
专题：圆的有关概念及性质；推理能力．
分析：由垂径定理可得OQ⊥AP，则点Q在以AO为直径的圆上运动，即可求解．
解答：如图，连接OQ，

∵AB＝4，
∴AO＝2，
∵Q为AP的中点，
∴OQ⊥AP，
∴∠AQO＝90°，
∴点Q在以AO为直径的圆上运动，
∴点Q经过的路径长为2π，
故答案为：2π．
点评：本题考查了轨迹，点和圆的位置关系，确定点Q的运动轨迹是解题的关键．
3．（2021•罗湖区）如图，等边△ABC中，AB＝3，点D，点E分别是边BC，CA上的动点，且BD＝CE，连接AD、BE交于点F，当点D从点B运动到点C时，则点F的运动路径的长度为　．　．

考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；轨迹．
专题：推理填空题；动点型；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；几何直观；运算能力；推理能力．
分析：根据已知条件证明△ABD≌△BCE，再得∠AFB＝120°，可得点F的运动轨迹是以点O为圆心，OA为半径的弧，此时∠AOB＝120°，OA＝，根据弧长公式即可得点F的运动路径的长度．
解答：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝∠BCE＝60°，
∴在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠AFE＝∠BAD+∠FBA＝∠CBE+∠FBA＝∠ABC＝60°，
∴∠AFB＝120°，
∴点F的运动轨迹是以点O为圆心，OA为半径的弧，
如图，

此时∠AOB＝120°，OA＝＝，
所以弧AB的长为：＝．
则点F的运动路径的长度为．
故答案为：．
点评：本题考查了轨迹、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
4．（2020•昆明）如图，边长为2cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB＝17cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为　10π　cm．

考点：线段垂直平分线的性质；正多边形和圆；轨迹；旋转的性质．
专题：正多边形与圆；解直角三角形及其应用；应用意识．
分析：求出OA的长，利用弧长公式计算即可．
解答：连接OD，OC．
∵∠DOC＝60°，OD＝OC，
∴△ODC是等边三角形，
∴OD＝OC＝DC＝2（cm），
∵OB⊥CD，
∴BC＝BD＝（cm），
∴OB＝BC＝3（cm），
∵AB＝17cm，
∴OA＝OB+AB＝20（cm），
∴点A在该过程中所经过的路径长＝＝10π（cm），
故答案为10π．

点评：本题考查弧长公式，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
5．（2020•嘉兴）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 　　cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为 　（﹣）　cm．

考点：矩形的性质；轨迹；翻折变换（折叠问题）．
专题：平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；应用意识．
分析：第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
解答：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠3，
由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，
∴∠2＝∠3，
∴MB′＝NB′，
∵NB′＝＝＝（cm），
∴BM＝NB′＝（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，
在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x＝，
∴DE＝4﹣＝（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1﹣＝（4﹣）（cm），
∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣（4﹣）＝（﹣）（cm）．


故答案为，（﹣）．
点评：本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2021•铁岭四模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝AC＝2，将△ABC绕BC的中点O逆时针旋转90°，得到△DEF，其中点A的运动路径AD长度为 　　．

考点：等腰直角三角形；轨迹；旋转的性质．
专题：推理填空题；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
分析：连接OA，OD，根据题意可得∠AOD＝90°，OC＝BC＝1，AC＝2，利用勾股定理可得AO的长，再根据弧长公式即可求出点A的运动路径AD的长度．
解答：如图，连接OA，OD，

根据题意可知：∠AOD＝90°，OC＝BC＝1，AC＝2，
∴AO＝＝＝，
∴点A的运动路径AD长度为：＝．
故答案为：．
点评：本题考查了轨迹，等腰直角三角形，旋转的性质，弧长计算公式，熟练运用旋转的性质是解决本题的关键．
7．（2021•缙云县一模）图1是传统的手工磨豆腐设备，根据它的原理设计了图2的机械设备，磨盘半径OM＝20cm，把手MQ＝15cm，点O，M，Q成一直线，用长为135cm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠PQM大小可变），点P在轨道AB上滑动并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝80cm．
（1）点P与点O之间距离的取值范围是 　100cm≤OP≤170cm　．
（2）若磨盘转动500周，则点P在轨道AB上滑动的路径长为 　900　m．

考点：轨迹；旋转的性质．
专题：三角形；推理能力．
分析：（1）根据三角形三边关系可得答案；
（2）当OP取最大值和最小值时，分别求出AP的长，即可得出60cm≤AP≤150cm，从而解决问题．
解答：（1）连接OP，

由题意OQ＝35cm，BQ＝135cm，
∴100cm≤OP≤170cm，
故答案为：100cm≤OP≤170cm；
（2）当OP＝170cm时，
∵OA⊥AP，OA＝80cm，
∴AP＝＝＝150（cm），
当OP＝100cm时，
AP＝＝＝60（cm），
∴60cm≤AP≤150cm，
∴若磨盘转动500周，则点P在轨道AB上滑动的路径长为500×2×（150﹣60）＝90000cm＝900m，
故答案为：900．
点评：本题主要考查了三角形三边关系，勾股定理等知识，读懂题意，将实际问题转化为数学问题是解题的关键．
8．（2021•大庆模拟）如图，已知等腰三角形OAB，OA＝OB＝6，OC⊥AB于点C，AD为OB边中线，AD，OC相交于点P．在∠AOB从90°减小到30°的过程中，点P经过的路径长为 　　．

考点：等腰三角形的性质；轨迹．
专题：图形的相似；推理能力．
分析：过点A作AE∥OB，AE＝OB，连接BE，CE，可得△DPO∽△EPA，得，则∠AOB从90°到30°变化了60°，A点的路径长＝，从而解决问题．
解答：过点A作AE∥OB，AE＝OB，连接BE，CE，

∴四边形AOBE是菱形，
OE，AB为对角线，
∵AE∥OB，
∴∠EAP＝∠PDO，∠AEO＝∠EOB，
∴△DPO∽△EPA，
∵D为OB的中点，且OB＝AE，
∴，，
∵D为顶点，P随着A的运动而运动，
∴∠AOB从90°到30°变化了60°，
A点的路径长＝，
∴点P经过的路径长为＝，
故答案为：．
点评：本题主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，弧长公式等知识，证明出是解题的关键．
9．（2020•广西）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P．当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为　π　．

考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；轨迹．
专题：动点型；图形的全等；矩形 菱形 正方形；应用意识．
分析：如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD．利用全等三角形的性质证明∠DPB＝120°，推出B，C，D，P四点共圆，利用弧长公式计算即可．
解答：如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C＝60°，AB＝BC＝CD＝AD，
∴△ABD，△BCD都是等边三角形，
∴BD＝AD，∠BDF＝∠DAE，
∵DF＝AE，
∴△BDF≌△DAE（SAS），
∴∠DBF＝∠ADE，
∵∠ADE+∠BDE＝60°，
∴∠DBF+∠BDP＝60°，
∴∠BPD＝120°，
∵∠C＝60°，
∴∠C+∠DPB＝180°，
∴B，C，D，P四点共圆，
由BC＝CD＝BD＝2，可得OB＝OD＝2，
∵∠BOD＝2∠C＝120°，
∴点P的运动的路径的长＝＝π．
故答案为π．
点评：本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
10．（2019•桂林）如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，点P是AD边上的一个动点，连接BP，作点A关于直线BP的对称点A1，连接A1C，设A1C的中点为Q，当点P从点A出发，沿边AD运动到点D时停止运动，点Q的运动路径长为　π　．

考点：矩形的性质；轨迹；轴对称的性质．
专题：矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称．
分析：如图，连接BA1，取BC使得中点O，连接OQ，BD．利用三角形的中位线定理证明OQ＝＝定值，推出点Q的运动轨迹是以O为圆心，OQ为半径的圆弧，圆心角为120°，即可解决问题．
解答：如图，连接BA1，取BC使得中点O，连接OQ，BD．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴tan∠ABD＝＝，
∴∠ABD＝60°，
∵A1Q＝QC，BO＝OC，
∴OQ＝BA1＝AB＝，
∴点Q的运动轨迹是以O为圆心，OQ为半径的圆弧，圆心角为120°，
∴点Q的运动路径长＝＝π．
故答案为π．
点评：本题考查轨迹，矩形的性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2022年中考数学复习（解答题）：轨迹（10题）
参考答案与试题解析
三．解答题（共10小题）
1．（2021•长沙模拟）如图，已知在△ABC中，AC＝5，BC＝12，AB＝13，点E是边AB上一动点，EF⊥AC于点F，ED⊥BC于点D，点G为FD的中点．

（1）求证：四边形CDEF是矩形；
（2）当点E由点A运动到点B时，求点G的运动路径长．
考点：勾股定理；勾股定理的逆定理；矩形的判定与性质；轨迹．
专题：矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：（1）根据勾股定理的逆定理得到∠C＝90°，根据矩形的判定定理证明结论；
（2）连接CE，根据矩形的性质得到点G为CE的中点，根据三角形中位线定理解答：即可．
解答：（1）证明：∵AC＝5，BC＝12，AB＝13，
∴AC2+BC2＝169，AB2＝169，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠C＝90°，
∵EF⊥AC，ED⊥BC，
∴四边形CDEF是矩形；
（2）连接CE，
∵四边形CDEF是矩形，点G为FD的中点，
∴点G为CE的中点，
∴点G的运动路径是△ABC的中位线，
∴点G的运动路径长＝AB＝6.5．

点评：本题考查的是点的轨迹、勾股定理的逆定理、矩形的判定，掌握矩形的判定定理、点的轨迹的确定方法是解题的关键．
2．（2020•香洲区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣3，0）．过点B的直线绕点B逆时针方向旋转，过程中与y轴交于点C．过点A作AD⊥BC于点D，求在点C坐标由（0，）到（0，3）的过程中点D运动的路径长．

考点：轨迹；坐标与图形变化﹣旋转．
专题：圆的有关概念及性质；推理能力．
分析：由题意可得点D在以O为圆心，OA为半径的圆上，利用锐角三角函数可求∠BOD'＝120°，∠BOD＝60°，可求∠DOD'＝60°，由弧长公式可求解．
解答：∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（﹣3，0），
∴OA＝OB＝3，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴点D在以O为圆心，OA为半径的圆上，
如图，当点C'（0，）时，连接BC'交⊙O于点D'，

∵tan∠D'BO＝＝，
∴∠D'BO＝30°，
∵BO＝D'O，
∴∠BOD'＝120°，
∵tan∠CBO＝＝＝，
∴∠CBO＝60°，
∵BO＝DO，
∴∠BOD＝60°，
∴∠DOD'＝60°，
∵点C坐标由（0，）到（0，3），
∴点D的运动的路径长＝＝π．
点评：本题考查了轨迹，圆的有关性质，等腰三角形的性质，求出∠DOD'＝60°是本题的关键．
3．（2021•金华模拟）桔槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于（墨子•备城门），是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面的支撑杆，AB是杠杆，且AB＝5.4米，OA：OB＝2：1．当点A位于最高点时，∠AOM＝127°；当点A从最高点逆时针旋转54.5°到达最低点A1．（结果精确到0.1m；参考数据：sin37°≈0.6，sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8）
（1）求此时水桶B所经过的路径长；
（2）求此时水桶B上升的高度．

考点：轨迹；解直角三角形的应用．
专题：解直角三角形及其应用；运算能力．
分析：（1）根据水桶B所经过的路径为圆心角度数为54.5度，半径为1.8米的弧长，代入计算即可；
（2）过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于C，过B1作B1D⊥EF于D，在Rt△OBC中和在Rt△OB1D中，分别利用三角函数求出BC和B1D的长即可．
解答：（1）∵AB＝5.4米，OA：OB＝2：1，
∴OB＝1.8米，
∴水桶B所经过的路径为圆心角度数为54.5度，半径为1.8米的弧长，
∴l＝≈1.7（米）；
（2）过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于C，过B1作B1D⊥EF于D，
∵∠AOM＝127°，∠EOM＝90°，
∴∠AOE＝37°，
∴∠BOC＝∠AOE＝37°，∠B1OD＝∠A1OE＝17.5°，
∵OB1＝OB＝1.8（米），
在Rt△OBC中，BC＝sin∠OCB×OB＝sin37°×OB≈0.6×1.8＝1.08（米），
在Rt△OB1D中，B1D＝sin17.5°×OB1≈0.3×1.8＝0.54（米），
∴BC+B1D＝1.08+0.54≈1.6（米），

∴此时水桶B上升的高度为1.6米．
点评：本题主要考查了解直角三角形的应用，弧长公式等知识，读懂题意，构造直角三角形是解题的关键．
4．（2021•江西模拟）图1是可折叠哑铃凳的示意图，其侧面可抽象成图2，E，F为固定支撑点，AB∥CD，M为CH的中点，点N在CB处滑动，使靠背CH可绕点C转动（100°≤∠DCH≤180°）．已知CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°．
（1）当∠DCH从最小角转动到最大角时，求点M运动的路径长．
（2）在点C转动过程中，求H点到地面l的最大距离．（结果精确到0.1 cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan 70°≈2.75，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67，π≈3.14）

考点：全等三角形的判定与性质；轨迹；解直角三角形的应用．
专题：解直角三角形及其应用；推理能力．
分析：（1）利用弧长公式求解即可．
（2）如图2中，当∠DCH＝80°时，点H到地面的距离最大．过点D作DT⊥AB于T，过点H作HT⊥AB于点J，交DC于点K．则四边形DTJK是矩形，求出KH，KJ，可得结论．
解答：（1）∵100°≤∠DCH≤180°，
∴旋转角为180°﹣100°＝80°，
∵CM＝MH＝CH＝45（cm），
∴当∠DCH从最小角转动到最大角时，点M运动的路径长＝＝20π（cm）．

（2）如图2中，当∠DCH＝80°时，点H到地面的距离最大．
过点D作DT⊥AB于T，过点H作HT⊥AB于点J，交DC于点K．则四边形DTJK是矩形，

在Rt△ADT中，DT＝AD•sin70°＝37.6（cm），
在Rt△CKH中，KH＝CH•sin80°＝88.2（cm），
∴KJ＝DT＝37.6（cm），
∴HJ＝HK+KJ＝37.6+88.2＝125.8（cm），
∴在线段CH转动过程中，H点到地面l的最大距离为125.8cm．
点评：本题考查轨迹，解直角三角形，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
5．（2021•寻乌县模拟）为了加强锻炼，王老师家里买了是一张多功能的哑铃凳，如图（1）所示，其侧面可抽象成图（2），MN为支撑杆，M为靠背CH的中点，点N可在CB上滑动，通过调节螺母可将点N固定在BC上六个孔位处，靠背CH随之绕点C转动，当点N位于点E处时∠DCH＝100°，当点N位于点F处时，CH∥AB，CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°，坐凳DC∥AB．
（1）当点N从点E滑动到点F处时，求点M运动的路径长．
（2）在CH转动的过程中，求点H到水平地面I的最大距离．
（结果精确到0.1cm．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，π≈3.14）

考点：平行线的判定与性质；轨迹；解直角三角形的应用．
专题：线段、角、相交线与平行线；解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
分析：（1）先根据点M为CH的中点，CH＝90cm，求出CM，再由当点N位于点E、F处求出∠DCH，即可得知点M运动的路径是以点为圆心，CM的长为半径，80°的圆心角所对的弧，再求出该弧长即可；
（2）当点N位于点E处时，点H到水平地面l的距离最大，在Rt△HCJ中解三角形求HJ，在Rt△ADK中解三角形求DK，即可得知H到水平地面I的最大距离．
解答：（1）∵点M为CH的中点，CH＝90cm，
∴CM＝45cm．
∵当点N位于点E处时∠DCH＝100°，
当点N位于点F处时，CH∥AB，又CD∥AB，
∴此时∠DCH＝180°，
∴当点N从点E滑动到点F处时，点M运动的路径是以点为圆心，CM的长为半径，80°的圆心角所对的弧，
∴点M运动的路经长＝＝20π≈62.8（m）；

（2）当点N位于点E处时，点H到水平地面l的距离最大，
如图，过点D作DK⊥AB于点K，过点H作HJ⊥DC，交D的延长线于点J．

在Rt△HCJ中，HJ＝CHsin80°≈0.98x90＝88.2（cm），
在Rt△ADK中，DK＝ADsin70°≈0.94x40＝37.6（cm），
∴点H到水平地面l的最大距离＝HJ+DK＝88.2+37.6＝125.8（cm）．
点评：本题主要考查了锐角三角函数的应用、弧长的计算，确定出M运动的路径以及分析：出点N位于点E处时点H到水平地面l的距离最大是解决此题的关键．
6．（2021•滦州市一模）如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，BO＝，以点O为圆心，以2为半径作优弧，交AO于点D，交BO于点E．点M在优弧上从点D开始移动，到达点E时停止，连接AM．

（1）当AM与优弧相切时，求线段AM的长；
（2）当MO∥AB时，求点M在优弧上移动的路线长及线段AM的长．
考点：勾股定理；切线的性质；轨迹．
专题：与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；推理能力．
分析：（1）在Rt△AMO 中，利用勾股定理直接计算即可：
（2）分MO在直线AO的左侧和MO在直线AO的右侧，分别画出图形，可求出点M运动的路径长和AM的长．
解答：（1）∵AM与优弧相切，
∴∠AMO＝90°，
在Rt△AMO 中，由勾股定理得：
AM＝；
（2）在Rt△AOB中，
∵AO＝6，，
∴∠BOA＝60°∠OBA＝30°，
当MO∥AB时，
第一种情况：如图所示，

当MO在直线AO的左侧时，∠AOM＝60°，
，
过点M作MG⊥AO于点G，
在Rt△MOG中，，且OM＝2，
∴MG＝，OG＝1，AG＝5，
在Rt△AMG中，据勾股定理可知，；
第二种情况：如图所示，当MO在直线AO的右侧时，连接AM，

，
∵MO∥AB，
∴△OMH∽△BAH，

在Rt△AOH中，据勾股定理得：＝，
∴．
综上所述，点M运动的路径长为，AM＝2或点M的运动路径长为，AM＝2．
点评：本题主要考查了切线的性质，弧长公式，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，运用分类思想是解题的关键．
7．（2020•荆州）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：BC∥AD；
（2）若AB＝4，BC＝1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

考点：平行线的判定与性质；轨迹；旋转的性质．
专题：平移、旋转与对称；与圆有关的计算；应用意识．
分析：（1）只要证明∠CBE＝∠DAB＝60°即可，
（2）由题意，BA＝BD＝4，BC＝BE＝1，∠ABD＝∠CBE＝60°，利用弧长公式计算即可．
解答：（1）证明：由题意，△ABC≌△DBE，且∠ABD＝∠CBE＝60°，
∴AB＝DB，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB＝60°，
∴∠CBE＝∠DAB，
∴BC∥AD．

（2）由题意，BA＝BD＝4，BC＝BE＝1，∠ABD＝∠CBE＝60°，
∴A，C两点旋转所经过的路径长之和＝+＝．
点评：本题考查轨迹，全等三角形的性质，等边三角形的判定，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．（2021•碑林区校级模拟）如图①，是某小轿车的侧面示意图，其中矩形ABCD表示该车的后备箱．在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A逆时针方向旋转，当旋转角为60°时，箱盖ADE落在了AD′E′的位置（如图②所示）．已知AD＝80cm，DE＝20cm，EC＝30cm．
（1）求点D′到BC的距离；
（2）求点E在旋转过程中经过的路线长．（结果保留根号和π）

考点：矩形的性质；轨迹；旋转的性质．
专题：动点型；矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；推理能力．
分析：（1）过点D′作D′H⊥BC，垂足为点H，交AD于点F，利用旋转的性质可得出AD′＝AD＝80厘米，∠DAD′＝60°，利用矩形的性质可得出∠AFD′＝∠BHD′＝90°，在Rt△AD′F中，通过解直角三角形可求出D′F的长，结合FH＝DC＝DE+CE及进而得出点D′到BC的距离；
（2）连接AE，AE′，EE′，利用旋转的性质可得出AE′＝AE，∠EAE′＝60°，进而可得出△AEE′是等边三角形，利用等边三角形的性质可得出EE′＝AE，在Rt△ADE中，利用勾股定理可求出AE的长度，结合EE′＝AE可得出E、E′两点的距离．
解答：（1）过点D′作D′H⊥BC，垂足为点H，交AD于点F，如图3所示．
由题意，得：AD′＝AD＝80厘米，∠DAD′＝60°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFD′＝∠BHD′＝90°．
在Rt△AD′F中，D′F＝AD′•sin∠DAD′＝80×sin60°＝40（厘米）．
又∵CE＝430厘米，DE＝20厘米，
∴FH＝DC＝DE+CE＝50厘米，
∴D′H＝D′F+FH＝（40+50）厘米．
∴点D′到BC的距离＝（40+50）厘米，
答：点D′到BC的距离为（40+50）厘米．
（2）连接AE，AE′，EE′，如图4所示．
由题意，得：AE′＝AE，∠EAE′＝60°，
∴△AEE′是等边三角形，
∴EE′＝AE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE＝90°．
在Rt△ADE中，AD＝80厘米，DE＝20厘米，
∴AE＝＝＝20（厘米），
∴的长＝＝π（厘米）．
答：点E在旋转过程中经过的路线长π厘米．


点评：本题考查了解直角三角形的应用、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）通过解直角三角形求出D′F的长度；（2）利用勾股定理求出AE的长度．
9．（2019•惠山区二模）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，P是线段BC上的一动点．
（1）请用不带刻度的直尺和圆规，按下列要求作图：（不要求写作法，但保留作图痕迹），在CD边上确定一点E，使得∠DEP+∠APB＝180°；
（2）在（1）的条件下，点P从点B移动到点C的过程中，对应点E随之运动，则移动过程中点E经过的总路程长为　　．

考点：矩形的性质；作图—复杂作图；轨迹．
专题：作图题；动点型；矩形 菱形 正方形．
分析：（1）过点P作PE⊥PA交CD于E，点E即为所求．
（2）设PB＝x，EC＝y，利用相似三角形的性质构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
解答：（1）如图点E即为所求．


（2）设PB＝x，EC＝y，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，∠B＝∠C＝90°，
∵∠APE＝90°，
∴∠APB+∠EPC＝90°，∠EPC+∠PEC＝90°，
∴∠APB＝∠PEC，
∴△ABP∽△PCE，
∴＝，
∴＝，
∴y＝﹣x2+＝﹣（x﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴x＝时，y有最大值，最大值为，
观察图象可知：当点P从B运动到C时，CE的值从0增加到，然后逐渐减小到0，
∴点E的运动路径的长＝2×＝，
故答案为．
点评：本题考查轨迹，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
10．（2018•贵阳）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝4，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P为半圆上任意一点（不与点C重合），过P点作PE⊥OC于点E，设△OPE的内心为M，连接OM、PM．
（1）求∠OMP的度数；
（2）当点P在半圆上从点B运动到点A时，求内心M所经过的路径长．

考点：勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；轨迹．
专题：压轴题．
分析：（1）先判断出∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，再用三角形的内角和定理即可得出结论；
（2）分两种情况，当点M在扇形BOC和扇形AOC内，先求出∠CMO＝135°，进而判断出点M的轨迹，再求出∠OO'C＝90°，最后用弧长公式即可得出结论．
解答：
（1）∵△OPE的内心为M，
∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，
∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°﹣（∠EOP+∠OPE），
∵PE⊥OC，即∠PEO＝90°，
∴∠PMO＝180°﹣（∠EOP+∠OPE）＝180°﹣（180°﹣90°）＝135°，

（2）如图，∵OP＝OC，OM＝OM，
而∠MOP＝∠MOC，
∴△OPM≌△OCM，
∴∠CMO＝∠PMO＝135°，
所以点M在以OC为弦，并且所对的圆周角为135°的两段劣弧上（和）；
点M在扇形BOC内时，
过C、M、O三点作⊙O′，连O′C，O′O，
在优弧CO取点D，连DC，DO，
∵∠CMO＝135°，
∴∠CDO＝180°﹣135°＝45°，
∴∠CO′O＝90°，而OA＝2，
∴O′O＝OC＝×2＝，
∴弧OMC的长＝＝π，
同理：点M在扇形AOC内时，同①的方法得，弧ONC的长为π，
所以内心M所经过的路径长为2×π＝π．

点评：本题考查了弧长的计算公式：l＝，其中l表示弧长，n表示弧所对的圆心角的度数．同时考查了三角形内心的性质、三角形全等的判定与性质、圆周角定理和圆的内接四边形的性质，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．