江苏省苏州市姑苏区振华中学校2023-2024学年九年级上册12月月考数学试题（含解析）

这是一份江苏省苏州市姑苏区振华中学校2023-2024学年九年级上册12月月考数学试题（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，点是的优弧上一点，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，四边形内接于，．则的度数是（ ）．

A．B．C．D．
3．在中，，，，以C为圆心，为半径作，则点A与的位置关系是（ ）
A．点A在内B．点A在上C．点A在外D．无法确定
4．如图，在中，弦垂直平分半径，垂足为，若的半径为，则弦的长等于（ ）

A．B．C．D．
5．下列结论中，正确的是（ ）
A．长度相等的两条弧是等弧
B．相等的圆心角所对的弧相等
C．平分弦的直径垂直于弦
D．圆是中心对称图形
6．如图，是的直径，D，C是上的点，，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
7．如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（ ）
A．3B．C．D．
8．如图，矩形中，，以为圆心，3为半径作，为上一动点，连接，以为直角边作，使，，则点与点的最小距离为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（共8小题，每题3分，共计24分）
9．的半径为2，圆心到直线的距离为4，则直线和的位置关系是 ．
10．如图，在△ABC中，点P是△ABC的内心，则∠PBC+∠PCA+∠PAB= 度．
11．如图，△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，EF是AC的垂直平分线，交AD于点O．若OA＝3，则△ABC外接圆的面积为 ．
12．已知Rt△ABC的两直角边分别是5、12，则Rt△ABC的内切圆的半径为 ．
13．如图，四边形内接于，、的延长线相交于点E，、的延长线相交于点F，且，，则 ．
14．已知点，的半径为1，OA切于点A，点P为上的动点，连接OP，AP，若是等腰三角形，则点P的坐标为 ．
15．如图，在矩形中，，以为直径作．将矩形绕点旋转，使所得矩形的边与相切，切点为，边与相交于点，则的长为 ．
16．如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的选项是 ．
三、解答题（共11小题）
17．如图，在平面直角坐标系中，，，．经过三点．
(1)在网格图中画出圆M（包括圆心），并且点的坐标： ；
(2)判断与轴的位置关系： ．
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为AB延长线上一点，若∠AOC＝150°，求∠EBC的度数．
19．如图，是的直径，是延长线上一点，点在上，且，的延长线交于点，若，求的度数．

20．如图，为的直径，是弦，且于点．连接．
(1)试说明：；
(2)若，求弦的长．
21．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∠OAB＝30°．
（1）求∠APB的度数；
（2）当OA＝3时，求AP的长．
22．如图，为的直径，为的半径，的弦与相交于点F，的切线交的延长线于点E，．
(1)求证：垂直平分；
(2)若的半径长为3，且，求的长．
23．已知：如图△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的⊙O交AB于D，过D作⊙O的切线交BC于点E，EF⊥AB，垂足为F．
(1)求证：DE＝BC；
(2)若AC＝6，BC＝8，求S△ACD：S△EDF的值．
24．如图，在中，，是∠ABC的平分线，点在上，以点为圆心，经过点的圆与交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若四边形是菱形，时，求的半径．
25．如图，是直径，E，C是上的两点，是的切线，于点D， ， 交的延长线于点G．
(1)①若，，求直径的长；
②探究，，三者之间的数量关系．
(2)若，当点C在半圆上运动时，问四边形的面积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
26．阅读材料：
已知，如图①，在面积为的中，，内切圆的半径为．连接被划分为三个小三角形．

．
．
(1)类比推理：若面积为的四边形存在内切圆（与各边都相切），如图②，各边长分别为，求四边形的内切圆半径；
(2)理解应用：如图③，在四边形中，与分别为与的内切圆，与切点分别为，设它们的半径分别为和，若，，，，，求的值．
27．阅读理解：
(1)【学习心得】
小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型．
①类型一，“定点+定长”：如图1，在中，是外一点，且，求的度数．
解：若以点（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆，（请你在图1上画圆）则点必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到 ．
②类型二，“定角+定弦”：如图，中，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值．
解：，
，
，（定角）
点在以（定弦）为直径的上，请完成后面的过程．
(2)【问题解决】
如图3，在矩形中，已知，点是边上一动点（点不与，重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为 ．
(3)【问题拓展】
如图4，在正方形中，，动点分别在边上移动，且满足．连接和，交于点．
①请你写出与的数量关系和位置关系，并说明理由；
②点从点开始运动到点时，点也随之运动，请求出点的运动路径长．
参考答案与解析
1．A
【分析】根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：，，
，
故选：A．
【点睛】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键，同弧所对的圆周角是圆心角的一半．
2．B
【分析】根据圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形内接于，，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质．掌握圆内接四边形的对角互补是解题关键．
3．A
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是确定圆的半径和点与圆心之间的距离之间的大小关系．
利用勾股定理求得边的长，然后通过比较与半径的长即可得到结论．
【详解】解：中，，，，
，
，
∴点A在内，
故选：A
4．C
【分析】本题考查了垂径定理的应用．连接，由垂直平分，求出的长，再利用垂径定理得到为的中点，在直角三角形中，利用垂径定理求出的长，即可确定出的长．
【详解】解：连接，

∵垂直平分，
∴，
，
为的中点，
则．
故选：C．
5．D
【分析】利用等弧的定义、确定圆的条件、圆周角定理及垂径定理的知识分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】A. 在同圆或等圆中，能够重合的两条弧是等弧；故A错误；
B. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；故B错误；
C. 平分弦(不是直径)的直径垂直于弦；故C错误；
D. 圆是中心对称图形，圆心是圆的对称中心，故D正确；
故选D.
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，垂径定理及其推论，中心对称图形等知识，熟练掌握有关性质是解答关键.
6．A
【分析】根据圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查圆的性质，涉及到圆内接四边形对角互补和直径所对圆周角等于90度，熟记知识点是关键．
7．D
【分析】由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．
【详解】解：
取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
点P是BO的中点
在中，
是等边三角形
在中，
．
【点睛】本题主要考查动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
8．A
【分析】如图，取的中点，连接，，，DE由，推出，因为，可得，推出点的运动轨迹是以为圆心1为半径的圆，再利用两点之间线段最短即可解决问题．
【详解】如图，取的中点，连接，，，DE．
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点的运动轨迹是以为圆心1为半径的圆，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故选：A．
【点睛】本题是一个动点问题，考查了矩形、圆、三角形相似的判定和性质、两点间线段最短等知识，本题的难点是点G的运动轨迹的探索，关键是构造两个相似的三角形．
9．相离
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系，直接根据直线和圆的位置关系解答即可．根据直线和园的位置关系可知，圆的半径小于直线到圆距离，则直线与的位置关系是相离．
【详解】解：的半径为2，圆心到直线的距离为4，
直线与的位置关系是相离．
故答案为：相离．
10．90
【分析】根据三角形的内心的定义知内心是三角形三角平分线的交点，根据三角形内角和定理可以得到题目中的三个角的和．
【详解】解：∵点P是△ABC的内心，
∴PB平分∠ABC，PA平分∠BAC，PC平分∠ACB，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴∠PBC+∠PCA+∠PAB=90°，
故答案是：90．
【点睛】考查了三角形的内心的性质，解题的关键是正确的理解三角形的内心的定义，是三角形三内角的平分线的交点．
11．
【分析】根据等腰三角形三线合一判断AD为BC的垂直平分线，再根据外接圆圆心为三角形边的垂直平分线交点确定O为外接圆圆心，最后根据圆的面积公式即可求解．
【详解】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线
∴，，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴点为外接圆的圆心，
∵OA＝3，
∴外接圆的面积为：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的三线合一、三角形外接圆圆心即三角形外心以及圆面积公式．三角形的外心实质上是三角形三边垂直平分线的交点．锐角三角形的外心在三角形内部；直角三角形的外心是直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．三角形外心的性质：三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，等于外接圆半径．
12．2
【分析】连接OE、OQ，根据圆O是三角形ABC的内切圆，得到AE＝AF，BQ＝BF，∠OEC＝∠OQC＝90°，OE＝OQ，推出正方形OECQ，设OE＝CE＝CQ＝OQ＝r，得到方程5﹣r+12﹣r＝13，求出方程的解即可．
【详解】解：如图，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB＝＝13，
∴∠C＝90°，
设圆O是三角形ABC的内切圆，连接OE、OQ，
∴AE＝AF，BQ＝BF，∠OEC＝∠OQC＝∠C＝90°，OE＝OQ，
∴四边形OECQ是正方形，
∴设OE＝CE＝CQ＝OQ＝r，
∵AF+BF＝13，
∴5﹣r+12﹣r＝13，
∴r＝2，
故答案为2．
【点睛】本题考查三角形内切圆的应用，熟练掌握三角形内切圆的性质、勾股定理、一元一次方程在几何问题中的应用是解题关键 ．
13．
【分析】本题考查圆内接四边形，三角形内角和定理等知识．熟练掌握圆内接四边形的对角互补，是解题的关键．
利用三角形内角和定理可得，，再根据圆内接四边形的对角互补可得，问题随之得解．
【详解】解: ∵，，
∴，，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
，
故答案为：．
14．或或
【分析】分情况讨论：①当时；②当时；③当时，分别利用圆的基本性质、切线的性质等求解即可．
【详解】解：①过点作与相切，此时，连接，作轴于点，
根据题意易得，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
②当时，若点位于如图所示位置，
∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
满足，此时点的坐标为；
③当时，点的位置如图所示：
过点作轴于点，
由①知，，
∴，
∵，，即为的垂直平分线，
则满足，此时点的坐标为；
综上所述，点的坐标为或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆的基本性质、切线的性质等内容，熟练运用几何知识是解题的关键．
15．
【分析】连接并延长交于点，连接，过点作，根据切线的性质及旋转的性质可以得到四边形、四边形均为矩形，结合、、的半径及勾股定理可以求出及的长度，再利用等腰三角形的性质即可确定及的长度；
【详解】解：如图，连接并延长交于点，连接，过点作，
∵边与相切，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵四边形、四边形均为矩形，
∴，则，
在中，
，
∵且，
∴，
即：
故答案为：
【点睛】本题考查了切线的性质定理，旋转的性质、等腰三角形的性质、矩形的性质、勾股定理，掌握等腰三角形、矩形的性质，理解切线的性质定理是解决本题的关键．
16．①③④
【分析】利用三角形内心的性质得到，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据圆周角定理，等弧和等弦的关系及等腰三角形的性质可对③进行判断；通过证明得到，则可对④进行判断．
【详解】解：∵点是的内心，
∴平分，
∴，故①正确；
如图，连接，，
∵点是的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，故②不正确；

∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，故③正确；
∵点是的内心，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确，
∴一定正确的是①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查三角形内心，圆周角定理，等弧与等弦的关系，等腰三角形的性质与判定，三角形的内角和定理与三角形外角的性质．掌握三角形的内心的定义是解题的关键．
17．(1)见解析，
(2)相交
【分析】本题考查了过三点的圆，圆与直线的位置关系，解题的关键是掌握三点定圆的方法；
（1）作、的垂直平分线交于点，则为圆心，的长为半径的圆即为所求；
（2）确定圆的半径及圆心到轴的距离即可判断；
【详解】（1）解：连接、，分别作、的垂直平分线交于点，以为圆心，的长为半径的圆即为所求，如图所示：
点坐标为：
故答案为：；
（2）∵，
即：的半径，
点到轴的距离，
∵，
∴与轴相交，
故答案为：相交．
18．
【分析】由圆周角定理求得∠ADC，再根据四点共圆的性质，得到的值，最后根据与互补，求得的值．
【详解】解：由圆周角定理得，∠ADC∠AOC=150°＝75°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理及四点共圆的性质，熟练掌握相关几何性质是解题的关键．
19．
【分析】本题考查了圆的认识、等腰三角形的性质及三角形外角的定义和性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质和三角形外角性质是关键．连接，利用半径相等和等腰三角形的性质求得，进而根据“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和”可得的度数，从而利用三角形的外角的性质，由求解即可．
【详解】解：连接，

∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
20．(1)见解析
(2)
【分析】(1)利用垂径定理得到，则根据圆周角定理得到，根据，得出，从而得到；
(2)先计算出，再利用勾股定理计算出，然后利用垂径定理得到，从而可求出的长．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵，
∴的半径为
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
答：弦的长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
21．（1）60°；（2）.
【详解】试题分析：(1)、方法1，根据四边形的内角和为360°，根据切线的性质可知：∠OAP=∠OBP=90°，求出∠AOB的度数，可将∠APB的度数求出；方法2，证明△ABP为等边三角形，从而可将∠APB的度数求出；
(2)、方法1，作辅助线，连接OP，在Rt△OAP中，利用三角函数，可将AP的长求出；方法2，作辅助线，过点O作OD⊥AB于点D，在Rt△OAD中，将AD的长求出，从而将AB的长求出，也即AP的长．
试题解析：(1)、方法一： ∵在△ABO中，OA=OB，∠OAB=30°， ∴∠AOB=180°﹣2×30°=120°，
∵PA、PB是⊙O的切线， ∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°， ∴在四边形OAPB中，
∠APB=360°﹣120°﹣90°﹣90°=60°．
方法二： ∵PA、PB是⊙O的切线∴PA=PB，OA⊥PA；
∵∠OAB=30°，OA⊥PA， ∴∠BAP=90°﹣30°=60°， ∴△ABP是等边三角形， ∴∠APB=60°．
(2)、方法一：如图①，连接OP； ∵PA、PB是⊙O的切线，∴PO平分∠APB，即∠APO=∠APB=30°，
又∵在Rt△OAP中，OA=3，∠APO=30°， ∴AP==3．
方法二：如图②，作OD⊥AB交AB于点D； ∵在△OAB中，OA=OB， ∴AD=AB；
∵在Rt△AOD中，OA=3，∠OAD=30° ∴AD=OA•cs30°=， ∴AP=AB=3．
考点：切线的性质．
22．(1)证明过程见解析
(2)1
【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，然后根据等边对等角、等量代换求出，证即可得出结论；
（2）设，则，，在中，利用勾股定理构建方程求解，然后根据即可求出结果．
【详解】（1）证明：连接，
∵切于点C，
，
∴，
，，
，，
又∵，
，
，
，
，
垂直平分；
（2）设，则，，
在中，，
，
解得：，（舍去），
．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理及解一元二次方程，熟知圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
23．(1)证明见解析；(2)S△ACD：S△EDF＝9：4.
【分析】（1）根据题意可知：EC、ED均是圆O的切线，根据切线长定理可得出EC＝DE，∠ECD＝∠EDC；根据等角的余角相等，可得出∠EDB＝∠B，因此DE＝BE，由此可得出DE＝EC＝BE，由此可得证；
（2）由（1）知：DE＝BE，因此DF＝BF，根据等高的三角形面积比等于底边比可得出△EDF的面积是△EDB的面积的一半，同理可得出△EDB的面积是△CDB的面积的一半，因此△EDF的面积是△CDB的面积的四分之一．那么本题只需得出△ADC和△CDB的面积比即可，即得出AD：BD的值即可．
【详解】(1)∵EC、ED都是⊙O的切线，
∴EC＝ED，∠ECD＝∠EDC．
∵∠EDC＋∠EDB＝90°，∠ECD＋∠B＝90°，
∴∠EDB＝∠B．
∴ED＝BE．
∴DE＝BE＝EC．
∴DE＝BC．
(2)在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，则AB＝10，
根据射影定理可得：
AD＝AC2÷AB＝3.6，
BD＝BC2÷AB＝6.4，
∴S△ACD：S△BCD＝AD：BD＝9：16，
∵ED＝EB，EF⊥BD，
∴S△EDF＝S△EBD，
同理可得S△EBD＝S△BCD，
∴S△EDF＝S△BCD，
∴S△ACD：S△EDF＝．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点．
24．（1）证明见解析；（2）的半径为
【分析】(1)先根据OB=OD得到∠OBD=∠ODB，再由BD是∠ABC平分线得到∠OBD=∠CBD，进而得到∠ODB=∠CBD，得到BCOD，进而得到∠ODA=∠C=90°即可证明；
(2)连接OE，由四边形ODEB是菱形可得到OD=DE=OE，进而得到△ODE为等边三角形，得到∠ODE=60°，进而得到∠EDC=30°，再由直角三角形中30°角所对边等于斜边的一半知BE=DE=2EC，进而得到BC=3CE，求出CE进而求出DE即圆的半径．
【详解】解：(1)证明：，
∴，
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠OBD=∠CBD，
∴∠ODB=∠CBD，
是的切线；
(2)连接，如下图所示：
当是菱形时，，
，
是等边三角形，
，又∠ODC=90°，
，
，
，
，
∴，OD=DE=，
的半径为，
故答案为．
【点睛】本题考查了切线的判定及性质，菱形的性质，直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，属于综合题，熟练掌握基本图形的性质是解决此类题的关键．
25．(1)①；②，理由见详解
(2)存在最大值，最大值为50
【分析】（1）①连接，，过点C作于点F，由题意易得，，然后可得，则有，进而可得，最后根据全等三角形的性质可进行求解；②同理①可得；
（2）由（1）可知四边形的面积等于，由及题意可进行求解．
【详解】（1）解：①连接，，过点C作于点F，如图所示：
∵是直径，是的切线，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②，理由如下：
同理①分别证，，
∴，，
∴；
（2）解：由（1）可知，，
∴四边形的面积等于，
∵，
∴四边形的面积等于，
∵，
∴，
当时，四边形的面积取得最大，
∵，
∴，
∴此时四边形的面积为．
【点睛】本题主要考查切线的性质、全等三角形的性质与判定及圆周角有关的性质，熟练掌握切线的性质、全等三角形的性质与判定及圆周角有关的性质是解题的关键．
26．(1)；
(2)2．
【分析】（1）已知给出示例，我们仿照例子，连接，则四边形被分为四个小三角形，且每个三角形都以内切圆半径为高，以四边形各边作底，这与题目情形类似．仿照证明过程，r易得．
（2）（1）中已告诉我们内切圆半径的求法，进一步易得的长，但求内切圆半径需首先知道三角形各边边长，根据切线长定理及勾股定理，先求的长，三角形各边长可知，则的值易得．
【详解】（1）解：如图2，连接．

，
；
（2），
，
，
．
是的内切圆，
，，，
，
∴设，则，
，
，即（，
解得，
，
，，．
【点睛】本题考查了和圆有关的综合性题目，同时涉及到切线的性质、切线长定理、勾股定理等相关知识．这类创新性题目已经成为新课标热衷的考点，同时要求学生在日常的学习中要注重自我学习能力的培养以及学习、理解、创新新知识的能力的培养，
27．(1)，
(2)2
(3)，
【分析】本题要考查的是圆的有关知识，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等等，理解题意运用各种性质解题即可．
（1）①以点A(定点)为圆心， (定长) 为半径作辅助圆，得出是的圆心角，而是圆周角，即可求出答案； ②先判断出，进而判断出，进而判断出点P在上，即可求出答案；
（2）连接，，由，点B，点M关于直线对称，得出，进而推出点M在以点A为圆心，为半径的圆上运动，当点M在线段上时，有最小值；
（3）①由正方形性质可证可得，，由余角的性质可证②由题意可得点P的运动路径是以为直径的圆的，由弧长公式可求解．
【详解】（1）解：①∵
∴点B，点C，点D在以点A为圆心，为半径的圆上，如图1：
∴，
故答案为∶．
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点P在以(定弦)为直的上，如图2，连接交于点P，此时最小，
∵点O是的中点，
∴，
在中，，，，
∴
∴，
∴最小值为2，
故答案为∶
（2）如图3，连接，，
∵点B，点M关于直线对称，
∴，
∴点M在以点A为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点M在线段上时，有最小值，
∵
∴，
∴的最小值为，
故答案为∶2
（3）①结论∶，，
理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
在和中，
∴，
∴
∵
∴，
∴，
∴，
∴
②如图4，连接，交于点O，
∵点P在运动中保持，
∴点P的运动路径是以AD为直径的圆弧，
∴点P的运动路径长为 ．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，弧长公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．