最新中考几何专项复习专题25 轨迹、路径类综合练习（基础）

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高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
轨迹、路径类综合练习(基础)
一．选择题
1．如图是一个三级台阶，它的每一级的长，宽，高分别为100cm，15cm和10cm，A和B是这个台阶的两个相对的端点，A点上有一只蚂蚁想到B点去吃可口的食物，则它所走的最短路线长度为( )
A．115cmB．125cmC．135cmD．145cm
【分析】把立体几何图展开得到平面几何图，如图，然后利用勾股定理计算AB，则根据两点之间线段最短得到蚂蚁所走的最短路线长度．
【解答】解：展开图为：
则AC＝100cm，BC＝15×3+10×3＝75cm，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=125cm．
所以蚂蚁所走的最短路线长度为125cm．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，把立体几何图中的问题转化为平面几何图中的问题是解题的关键．
2．如图，一个底面圆周长为24m，高为5m的圆柱体，一只蚂蚁沿侧表面从点A到点B所经过的最短路线长为( )
A．12mB．15mC．13mD．9.13m
【分析】将圆柱的侧面展开，得到一个长方形，再利用两点之间线段最短解答．
【解答】解：将圆柱体的侧面展开，连接AB．如图所示：
由于圆柱体的底面周长为24m，
则AD＝24×12=12m．
又因为AC＝5m，
所以AB=122+52=13m．
即蚂蚁沿表面从点A到点B所经过的最短路线长为13m．
故选：C．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，解决此类问题，一般方法是先根据题意把立体图形展开成平面图形，再确定两点之间的最短路径．通常情况是根据两点之间，线段最短的性质．本题将圆柱的侧面展开，构造出直角三角形是解题的关键．
3．正方体盒子的棱长为2，BC的中点为M，一只蚂蚁从A点爬行到M点的最短距离为( )
A．13B．17C．5D．2+5
【分析】把此正方体的点M所在的面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点A和点M间的线段长，即可得到蚂蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于2长，另一条直角边长等于3，利用勾股定理可求得．
【解答】解：展开正方体的点M所在的面，
∵BC的中点为M，
所以MC=12BC＝1，
在直角三角形中AM=22+(1+2)2=13．
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．
4．底面周长为12，高为8的圆柱体上有一只小蚂蚁要从A点爬到B点，则蚂蚁爬行的最短距离是( )
A．10B．8C．5D．4
【分析】将圆柱的侧面展开，得到一个长方体，再然后利用两点之间线段最短解答．
【解答】解：如图所示：
由于圆柱体的底面周长为12cm，
则BC＝12×12=6cm．
又因为AC＝8cm，
所以AB=62+82=10cm．
故蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点C的最短路程是10cm．
故选：A．
【点评】此题趣味性强，有利于培养同学们的学习兴趣，将圆柱的侧面展开，构造出直角三角形是解题的关键．
5．如图，BC是⊙O的直径，BC＝42，M、N是半圆上不与B、C重合的两点，且∠MON＝120°，△ABC的内心为E点，当点A在MN上从点M运动到点N时，点E运动的路径长是( )
A．2π3B．4π3C．8π3D．16π3
【分析】如图，连接BE、CE，由∠BAC＝90°，E是内心，推出∠BEC＝135°，推出点E在以P为圆心的PC为半径的圆上运动(轨迹是GH)，求出PG，∠GPH即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BE、CE，
∵∠BAC＝90°，E是内心，
∴∠BEC＝135°，
∴点E在以P为圆心的PC为半径的圆上运动(轨迹是GH)，在⊙P上取一点M′，连接BM′、CM′，则∠M′＝180°﹣135°＝45°，∠BPC＝2∠M′＝90°，
∴△BCP是等腰直角三角形，
∵BC＝42，
∴PB＝PC＝4，
∵∠HPC＝2∠HBC＝∠NBC=12∠NOC，同理∠GPB=12∠MOB，
∴∠HPC+∠GPB=12(∠NOC+∠MOB)＝30°，
∴∠GPH＝60°，
∴点E运动的路径长是60π⋅4180=43π，
故选：B．
【点评】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆与外心等知识，解题的关键是正确寻找点E的运动轨迹，学会添加辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
6．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC＝1，把矩形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到矩形AB′C′D′，其中点C的运动路径为CC'，则图中阴影部分的面积为( )
A．π3−33B．π3−32C．2π3−32D．2π3−33
【分析】如图连接AC′，首先证明A、B′、C共线．根据S阴＝S扇形ACC′﹣S△AB′C′′计算即可．
【解答】解：连接AC'，
在矩形ABCD中，∵∠B＝90°，AB=3，BC＝1，
∴tan∠BAC=BCAB=33，
∴∠BAC＝30°，
∵旋转角为30°，
∴A、B′、C共线．
∴AC=AB2+BC2=3+1=2，
∵S阴＝S扇形ACC′﹣S△AB′C′，
∴S阴=30°×π×4360°−3×12=π3−32，
故选：B．
【点评】本题考查旋转变换，矩形的性质，扇形的面积的计算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用分割法求阴影部分面积．
7．如图，AB是⊙O的直径，C是弧AB上的三等分点，E、F是弧AB上的动点，∠EOF＝60°，线段AE、BF相交于点D，M是线段BD的中点．当点E从点B运动到点C时，则M、E两点的运动路径长的比是( )
A．32B．2π8C．33D．58
【分析】先求出点M的运动轨迹，再分别求出点E，点M的运动路径长，即可求解．
【解答】解：设⊙O的半径是r，
∵点E从点B运动到点C，
∴点E的运动路径长为120°×π×r180°=2πr3，
∵∠EOF＝60°，
∴∠AOF+∠BOE＝120°，
∴∠EAB+∠ABF＝60°，
∴∠ADB＝120°，
如图，作△ABD的外接圆圆H，连接DH，AH，BH，OH，取BH中点G，连接OG，MG，
∵∠ADB＝120°，
∴∠AHB＝2×(180°﹣∠ADB)＝2(180°﹣120°)＝120°，
∵AH＝BH，AO＝BO，
∴OH⊥AB，∠HBO＝30°，
∴OH=OB3=33r，BH=233r，
∵M是BD中点，G是BH中点，
∴MG=12DH=33r，
∴点M在以点G为圆心，MG为半径的圆上，
∵点E从点B运动到点C，
∴点D从点B运动到点A，
∴点M从点B运动到点O，
∵∠BOH＝90°，GH＝BG，
∴OG＝BG＝GH，
∴∠OBH＝∠GOB＝30°，
∴∠BGO＝120°，
∴点M的运动路径长为120°×π×33r180°=239πr，
∴M、E两点的运动路径长的比=33，
故选：C．
【点评】本题考查了轨迹，圆的有关知识，弧长公式，确定点M的运动轨迹是本题的关键．
8．如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E在边AD上，且AE：ED＝1：3．动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，设M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M运动路线的长为( )
A．3B．4C．92D．5
【分析】如图，当P与A重合时，点F与K重合，此时点M在H处，当点P与B重合时，点F与G重合，点M在N处，点M的运动轨迹是线段HN．求出KG的长即可解决问题．
【解答】解：如图，
当P与A重合时，点F与K重合，此时点M在H处，当点P与B重合时，点F与G重合，点M在N处，点M的运动轨迹是线段HN．
∵AD＝4，AE：ED＝1：3，
∴AE＝1，DE＝3，
在Rt△AEB中，AE＝1，AB＝3，
∴BE=AE2+AB2=1+9=10，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBG，
又∵∠A＝∠BEG＝90°，
∵△AEB∽△EBG，
∴BEBG=AEBE，
∴BG=10×101=10，
∵BK＝AE＝1，
∴KG＝BG﹣BK＝9，
∴HN=12KG=92，
∴点M的运动路径的长为 92，
故选：C．
【点评】本题考查轨迹，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
二．填空题
9．如图，圆锥的轴截面是边长为6cm的正三角形ABC，P是母线AC的中点．则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长为 35 ．
【分析】求出圆锥底面圆的周长，则以AB为一边，将圆锥展开，就得到一个以A为圆心，以AB为半径的扇形，根据弧长公式求出展开后扇形的圆心角，求出展开后∠BAC＝90°，连接BP，根据勾股定理求出BP即可．
【解答】解：圆锥底面是以BC为直径的圆，圆的周长是BCπ＝6π，
以AB为一边，将圆锥展开，就得到一个以A为圆心，以AB为半径的扇形，弧长是l＝6π，
设展开后的圆心角是n°，则nπ×6180=6π，
解得：n＝180，
即展开后∠BAC=12×180°＝90°，
AP=12AC＝3，AB＝6，
则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长就是展开后线段BP的长，
由勾股定理得：BP=AB2+AP2=62+32=35，
故答案为：35．
【点评】本题考查了圆锥的计算，平面展开﹣最短路线问题，勾股定理，弧长公式等知识点的应用，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
10．如图，一个圆柱形水杯深20cm，杯口周长为36cm，在杯子外侧底面A点有一只蚂蚁，它想吃到杯子相对的内壁上点B处的蜂蜜，已知点B距离杯子口4cm，不考虑杯子的厚度，蚂蚁爬行的最短距离为 30cm ．
【分析】将杯子侧面展开，建立B关于EF的对称点B′，根据两点之间线段最短可知B′A的长度即为所求．
【解答】解：如图：
将杯子侧面展开，作B关于EF的对称点B′，
连接B′A，则B′A即为最短距离，B'A=AC2+B'C2=242+182=30cm．
故答案为：30cm．
【点评】本题考查了平面展开﹣﹣﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．
11．如图，圆柱形容器高为18cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底4cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿2cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到达内壁B处的最短距离为 20 cm．
【分析】将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
【解答】解：如图，将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，
在直角△A′DB中，由勾股定理得
A′B=A'D2+DB2=122+162=20(cm)．
故答案为：20．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．
12．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为 23π ．
【分析】因为∠CFB＝90°，推出点F的运动轨迹是以BC为直径的，圆弧BM，求出圆心角∠BOM即可解决问题．
【解答】解：如图，取BC的中点O，连接AC，BD交于点M，连接OM．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，AM＝CM，
当点E与A重合时，点F与AC中点M重合，
∵∠CFB＝90°，
∴点F的运动轨迹是以BC为直径的，圆弧BM，
∵点O是BC中点，AM＝CM，
∴BO＝OM＝1，OM∥AB，
∴∠BOM＝120°，
∴BM的长=120°⋅π⋅1180°=23π，
故答案为23π．
【点评】本题考查轨迹，菱形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹，所以中考常考题型．
13．在平面直角坐标系中，A(﹣2，0)、B(4，0)，如图C在x轴上，BC＝2，Q从O向C运动，以AQ、BQ为边作等边△AEQ、等边△FBQ．连接EF，点P为EF中点，则P点运动的路径长为 1 ．
【分析】如图所示，延长AE，BF交于点H，则△ABH为等边三角形，再由三角形AEQ与三角形BGF为等边三角形，得到两对同位角相等，利用同位角相等两直线平行得到EQ与AH平行，EQ与BH平行，进而确定出四边形EQFH为平行四边形，根据P为EF的中点，得到P为HQ的中点，随着点Q从O点向C点运动，点P也由P1运动到P2，利用中位线定理求出P点运动的路径长即可．
【解答】解：如图所示，延长AE，BF交于点H，则△ABH为等边三角形，
∵△AEQ与△BFQ都为等边三角形，
∴∠EAQ＝∠FQB＝60°，∠AQE＝∠QBF＝60°，
∴FQ∥AH，EQ∥BH，
∴四边形EQFH为平行四边形，
∵P为EF的中点，
∴P为HQ中点，
∵A(﹣2，0)，B(4，0)，BC＝2，
∴OC＝2，
随着点Q从O点向C点运动，点P也由P1运动到P2，
∴P1P2=12OC＝1，
即P运动的路径为1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，平行线的判定与性质，坐标与图形性质，中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
14．如图，△ABC是边长为4的等边三角形△ABC，将绕边AB的中点O逆时针旋转60°，点C的运动路径为CC'，则图中阴影部分的面积为 2π−3 ．
【分析】如图，连接OC，OC'，设AC于OC'交点为D，由等边三角形的性质和旋转的性质可求OC'＝OC＝23，∠COC'＝60°，由三角形内角和定理可求∠ADO＝90°，由面积的和差关系可求解．
【解答】解：如图，连接OC，OC'，设AC与OC'交点为D，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴∠B＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝4，
∵点O是AB的中点，
∴AO=12AB＝2，OC⊥AB，
∴∠BOC＝∠AOC＝90°，
∴OC＝BC•sin60°＝23，
∵将△ABC绕边AB的中点O逆时针旋转60°，
∴OC'＝OC＝23，∠COC'＝60°，
∴∠AOC'＝∠AOC﹣∠COC'＝30°，
∴∠ADO＝180°﹣∠AOC'﹣∠BAC＝90°，
∴AD＝AO•sin30°＝1，
∴S阴影＝S△AOC′+S扇形C'OC﹣S△AOC=60°×π×(23)2360°+12×23×1−12×2×23=2π−3，
故答案为：2π−3．
【点评】本题考查了轨迹，等边三角形的性质，旋转的性质，扇形的面积公式，求出AD的长是本题的关键．
15．如图，有一条长度为1的线段EF，其端点E、F分别在边长为3的正方形ABCD的四边上滑动．当EF绕着正方形的四边滑动一周时，EF的中点M形成的路径所围成的图形面积是 9−14π ．
【分析】先分析点E在AB上，点F在BC上的情况，根据直角三角形的性质得到BM=12EF=12，根据圆的面积公式、正方形的面积公式计算即可．
【解答】解：当点E在AB上，点F在BC上时，连接BM，
在Rt△EBF中，∠B＝90°，点M是EF的中点，
∴BM=12EF=12，
∴点M的轨迹是以B为圆心、以12为半径的圆弧，
圆面的面积=14×π×(12)2=116π，
当E、F在同一条边上时，点M也在这条边上，
∴EF的中点M形成的路径所围成的图形面积＝32−116π×4＝9−14π，
故答案为：9−14π．
【点评】本题考查的是点的轨迹、正方形的性质、直角三角形的性质，根据题意正确表示出EF的中点M形成的路径轨迹是解题的关键．
16．如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝2，点M为AC的中点．将△ABC绕点M逆时针旋转90°得到△DEF，其中点B的运动路径为BE，则图中阴影部分的面积为 2π﹣3 ．
【分析】连接BM、EN，由题意可知∠BME＝90°，BC＝CM＝2，BM=2BC＝22，DF⊥AC，可求MN为△DEF的中位线，则有S阴影＝S扇形﹣S△EMN﹣S△BMH=90×π(22)2360−12×2×2−12×1×2=2π﹣3．
【解答】解：连接BM、EN，由题意可知∠BME＝90°，BC＝CM＝2，BM=2BC＝22，DF⊥AC，
∴MN∥EF，M为DF的中点，
∴MN为△DEF的中位线，
∴MN=12EF＝1，MF=12DF＝2，
∴S阴影＝S扇形﹣S△EMN﹣S△BMH=90×π(22)2360−12×2×2−12×1×2=2π﹣3．
【点评】本题考查扇形的面积，旋转的性质；熟练掌握扇形的面积公式和三角形面积公式是解题的关键．
三．解答题
17．如图，把Rt△ABC的斜边AB放在直线l上，按顺时针方向在1上转动两次，使它转到△A″B″C″的位置，若BC＝1，AC=3，则当点A转动到点A″的位置时，求点A两次转动所经过的路程．
【分析】根据旋转的性质和弧长公式即可求出点A两次转动所经过的路程．
【解答】解：∵BC＝1，AC=3，
∴tan∠ABC=ACBC=3，
∴∠ABC＝60°，
∴∠CAB＝30°，
∴AB＝2BC＝2，
∴点A两次转动所经过的路程为：
120×π×2180+90×π×3180
=4π3+3π2．
答：点A两次转动所经过的路程为4π3+3π2．
【点评】本题考查了轨迹、旋转的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
18．一块等边三角形木块，边长为1，如图所示，现将三角形木块沿水平线翻滚五次，那么点B从开始至结束所走过的路径长是多少？
【分析】根据正三角形的性质及弧长公式求出点B绕点C、点A、点C旋转的三段弧长相加即可．
【解答】解：∵点B所经过的这三段弧所在圆的半径为1，所对圆心角均为120度
∴点B所经过的路线长为3×120180π×1＝2π．
【点评】本题主要考查了正三角形的性质及弧长公式l=n180πr．熟记弧长的公式是解题的关键．
19．如图是放在地面上的一个长方体盒子，其中AB＝18cm，BC＝12cm，BF＝10cm，点M在棱AB上，且AM＝6cm，点N是FG的中点，一只蚂蚁要沿着长方体盒子的表面从点M爬行到点N，它需要爬行的最短路程是多少？
【分析】利用平面展开图有两种情况，画出图形利用勾股定理求出MN的长即可．
【解答】解：如图1，
∵AB＝18cm，BC＝GF＝12cm，BF＝10cm，
∴BM＝18﹣6＝12，BN＝10+6＝16，
∴MN=122+162=20(cm)；
如图2，
∵AB＝18cm，BC＝GF＝12cm，BF＝10cm，
∴PM＝18﹣6+6＝18，NP＝10，
∴MN=182+102=2106(cm)．
如图3中，
MN=222+62=2130(cm)，
∵20＜2106＜2130，
∴蚂蚁沿长方体表面爬到米粒处的最短距离为20cm．
【点评】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题和勾股定理的应用，利用展开图有两种情况分析得出是解题关键．
20．如图所示，有一个圆柱，底面圆的直径AB=16π，高BC＝12cm，在BC的中点P处有一块蜂蜜，聪明的蚂蚁总能找到距离食物的最短路径，求蚂蚁从A点爬到P点的最短距离．
【分析】化“曲”为“平”，在平面内，得到两点的位置，再根据两点之间线段最短和勾股定理求解即可．
【解答】解：将圆柱体的侧面展开，如图所示：
AB=12底面周长=12×π×16π=8(cm)，AP=12BC＝6(cm)，
所以AP=82+62=10(cm)，
故蚂蚁从A点爬到P点的最短距离为10cm．
【点评】本题考查最短距离问题，化“曲”为“平”，在平面内，利用两点之间线段最短和勾股定理是常用求解方法．
21．问题探究：
(1)如图①，已知等边△ABC，边长为4，则△ABC的外接圆的半径长为 433 ．
(2)如图②，在矩形ABCD中，AB＝4，对角线BD与边BC的夹角为30°，点E在为边BC上且BE=14BC，点P是对角线BD上的一个动点，连接PE，PC，求△PEC周长的最小值．
问题解决：
(3)为了迎接新年的到来，西安城墙举办了迎新年大型灯光秀表演．其中一个镭射灯距城墙30米，镭射灯发出的两根彩色光线夹角为60°，如图③，若将两根光线(AB，AC)和光线与城墙的两交点的连接的线段(BC)看作一个三角形，记为△ABC，那么该三角形周长有没有最小值？若有，求出最小值，若没有，说明理由．
【分析】(1)作△ABC外接圆，作直径AD，连接BD，根据等边三角形性质求出∠C＝60°，根据圆周角定理求出∠D＝∠C＝60°，解直角三角形求出AD即可．
(2)△PEC周长的最小实质是PE+PC，转化为将军饮马模型求出P点，然后利用勾股定理即可求出E′C即可解答，
(3)先由定角定高可知BC的最小值为三角形是等腰三角形AB＝AC时，BC最小，而求AB+AC，可以先将A点沿BC方向平移BC，构造平行四边形将AB转化为长，则AB+AC最小转化为AC+CD最小，作A点对称点A′，连接A′D，与BC交点与C重合，此时BC、AB+AC同时取最小值，即可知三角形周长有没有最小值．
【解答】解：(1)如图，作三角形外接圆⊙O，作直径AD，连接BD，
∵等边△ABC内接于⊙O，AD为直径，
∴∠C＝60°＝∠D，∠ABD＝90°，
∵sin∠D=ABAD=32，
∴AD=2AB3=4×23=833
∴⊙0的半径是433．
故答案为：433；
(2)如图2，作点E关于BD的对称点E′，连接E′C交BD于P，连接PE，此时△PEC周长周长最小．
连接BE′，过E′作E′H⊥BC，
∵∠DBC＝30°，AB＝CD＝4，
∴BC＝43，
又∵BE=14BC．
∴BE=3
∵点E′是关于BD的对称点E
∴∠E′BH＝60°，BE′＝BE=3，
∴BH=32，E′H=32，
∴HC=723，
∴E′C=E'H2+HC2=(32)2+(723)2=39
∵△PEC周长＝PC+PE+EC＝PE′+EC=39+33
(3)如图3，∵∠BAC＝60°，AH＝30米，
∴当AB＝AC时，边BC取最小值，
∴此时BC＝AC＝203，
作▱ABCD，作A点关于直线BC的对称点A′，连接A′D，AB+AC＝CD+A′C，
当A′，C，D在一条直线上时，AB+AC最小，
此时，△ABC应为等边三角形，AB+AC＝403
∵AB+AC和BC的最小值能够同时取到，
故△ABC的周长最小值为603．
【点评】本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质、轴对称及勾股定理等知识的综合应用，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
22．如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别是(0，3)、(3+1，1)、(1，0)，将△ABC绕点A顺时针旋转一定角度，点C恰好落在x轴的负半轴上，得到△AB′C′；
(1)直接写出点B′的坐标，C′的坐标，点B到点B经过的路径长；
(2)求△ABC扫过的面积．
【分析】(1)画出△AB′C′，如图所示，写出B′，C′的坐标，根据弧长公式即可得到结论；
(2)△ABC扫过的面积为扇形ABB′面积加上三角形ABC面积，求出即可．
【解答】解：(1)画出△AB′C′，如图所示，
∵A(0，3)，B(3+1，1)，C(1，0)，
∴AC＝BC＝2，△ABC为直角三角形，AC′＝AC＝2，∠C′AC＝∠BAB′＝60°，
∴△CAC′为等边三角形，即旋转角为60°，
∴AB＝22，
则C′(﹣1，0)，B′(3−1，﹣1)，
∴点B到点B经过的路径长=60π×22180=22π3；
(2)根据题意得：△ABC扫过的面积S=60π×(22)2360+12×2×2=4π3+2．
【点评】此题考查了作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
23．如图，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC延长线上的动点且BP＝CQ，连接AQ、CP，线段PC的延长线交AQ于点M．
(1)求证：△ABQ≌△CAP；
(2)在点P、Q运动过程中，∠QMC大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
【分析】(1)由题意可得AB＝AC，∠BAC＝∠ABC，AP＝BQ，即可证△ABQ≌△CAP；
(2)由△ABQ≌△CAP可得∠APM＝∠AQB，即根据三角形内角和定理可求∠QMC＝120°
【解答】证明：(1)∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°＝∠BAC
∵BP＝CQ
∴AB+BP＝BC+CQ
∴AP＝BQ且AB＝AC，∠ABC＝∠BAC＝60°
∴△ABQ≌△CAP(SAS)
(2)不变
∵△ABQ≌△CAP
∴∠APM＝∠AQB
∵∠QMC+∠MCQ+∠MQC＝180°
∴∠QMC+∠APM+∠BCP＝180°
∵∠ABC＝∠APM+∠BCP＝60°
∴∠QMC＝120°
【点评】本题考查了动点问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的性质和判定是本题的关键．
24．如图，抛物线y＝x2−12x−32与直线y＝x﹣2交于A、B两点(点A在点B的左侧)，一个动点P从A点出发，先到达抛物线的对称轴上的某点E，再到达x轴上的某点F，最后运动到点B．求使点P运动的总路径最短的点E，点F的坐标，并求出这个最短总路径的长．
【分析】求出A(12，−32)，B(1，﹣1)，对称轴为x=14，点A关于对称轴的对称点A'(0，−32)，B点关于x轴的对称点B'(1，1)，连接A'B'与对称轴交点为E，与x轴交点为F，则AE+EF+FB＝A'E+EF+B'F＝A'B'最短，即可求解．
【解答】解：由题意可求A(12，−32)，B(1，﹣1)，
抛物线的对称轴为x=14，
点A关于对称轴的对称点A'(0，−32)，B点关于x轴的对称点B'(1，1)，
连接A'B'与对称轴交点为E，与x轴交点为F，
∵AE＝A'E，BF＝B'F，
∴AE+EF+FB＝A'E+EF+B'F＝A'B'最短，
∴E(14，−32)，F(1，0)，
最短总路径的长A'B'=292．
【点评】本题考查轴对称求最短路线；熟练掌握利用轴对称的方法，将折线段转化为线段求最短距离是解题的关键．