2026年中考数学一轮复习 轨迹（含解析）

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中考数学一轮复习 轨迹
一．选择题（共10小题）
1．（2025 汇川区四模）如图，摆钟是一种技术与艺术相结合的机械时钟，如图是其钟摆摆动示意图，OA＝24cm，当钟摆从OA摆动到OB时，若摆动角度∠AOB＝15°，则端点A移动的路径长为（　　）
A．3cm B．πcm C．2πcm D．3πcm
2．（2025 荷塘区三模）一颗小球从长为2，宽为1的矩形台球桌的角落被击出，小球撞击桌壁并反弹三次，然后落入四个角落中的其中一个，如图所示虚线是其中一种可能的路径，则小球可能运动路径的最大长度是（　　）
A． B． C．9 D．
3．（2025 武进区校级模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，直角边AB＝AC＝1，D为BC的中点，E为AB边上的动点，DF⊥DE交AC于点F，M为EF的中点，当点E从点B运动到点A时，点M所经过的路线长为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 高碑店市三模）如图，矩形ABCD中，，点E在BC边上从点C向点B运动（含端点），作四边形AECD关于直线AE对称的四边形AEC'D'，点D，C的对应点分别为点D'，C'，连接DD′交AE于点O．
甲：点E不可能落在DD′上；
乙：点D'，C′运动路径的长度比始终为．
下列说法正确的是（　　）
A．甲对，乙错 B．甲错，乙对 C．甲、乙都错 D．甲、乙都对
5．（2025 宜兴市二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，BC边上有一动点D，作点B关于直线AD的对称点B'，在点D从点B运动到点C的过程中，点B′的运动路径长为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 玉林模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边AB上一个动点，在AB延长线上找一点N，使点M和点N关于点B对称，连接CM，DN相交于点E．当动点M从点A运动到点B时，点E的运动路径长为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 南明区二模）开窗通风是日常生活中保持室内空气流通的一种方法，图①是平开窗的打开实物图，图②是平开窗打开的效果图，此时，窗户打开了84°，窗户底边OA长是60，则这扇窗户底边端点A扫过区域的轨迹长（弧长）是（　　）
A． B． C．28π D．14π
8．（2025 鼓楼区一模）如图，在△ABC中，∠B＝60°，AC＝6，⊙O是△ABC的外接圆，D为上一动点，过A作直线OD的垂线，垂足为E．在D从A沿运动到C的过程中，点E经过的路径长为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025 福田区二模）如图，在矩形ABCD中，边AB绕点B顺时针旋转到EB的位置，点A的对应点E落在CD边的中点，若CE＝2，则点A旋转到点E的路径长为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025 萨尔图区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（　　）
A．2 B．π C．2π D．π
二．填空题（共5小题）
11．（2025 靖江市一模）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若AC＝4，则点C运动的路径长为 　 　 ．
12．（2025 金华模拟）如图，在Rt△ABC中，AB＝8，∠B＝60°，点D，E分别是AB，AC边上的中点，点F在BC的延长线上，连接EF，∠F＝60°．点P从点D出发，沿D→B→F运动到点F，在边EF上找一点Q，连结PQ，使得∠APQ＝∠B，则在点P的运动的过程中，点Q的运动路径长为 　 　 ．
13．（2025 博罗县一模）如图，在菱形ABCD中，，∠ABC＝120°，把菱形ABCD绕着顶点A逆时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，点C的运动轨迹为弧CC'，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．（结果保留π）
14．（2025 扬州三模）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点M是线段CB上一动点，过点M作MN⊥AM交AB于点N，当点M从点C运动到点B的过程中，点N经过的路径长是　 　 ．
15．（2025 广州二模）如图，抛物线l：y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）点B的坐标为 　 　 ；
（2）点P为l上在第一象限内的一点，过点P作直线BC的平行线，与x轴交于点M，若点P从点C出发，沿着抛物线l运动到点B，则点M经过的路径长为 　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 南山区校级三模）如图1，是一电动门，当它水平下落时，可以抽象成如图2所示的矩形ABCD，其中AB＝3m，AD＝1m，此时它与出入口OM等宽，与地面的距离AO＝0.2m；当它抬起时，变为平行四边形AB′C′D，如图3所示，此时，AB′与水平方向的夹角为60°．
（1）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；
（2）图4中，一辆宽1.7m，高1.6m的汽车从该入口进入时，汽车需要与BC保持0.4m的安全距离，此时，汽车能否安全通过？若能，请通过计算说明；若不能，请说明理由．
（参考数据：，π≈3.14，所有结果精确到0.1）
17．（2025 惠州一模）在《车轮为什么是圆的》课题学习中，小青将车轮设计成半径为2的正n多边形，在水平地面上模拟行驶．以n＝3为例，如图1，车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转），车轮中心的轨迹是BD，点C为中心轨迹最高点（即的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），如图2，d为点C到BD的距离（即CE的长）．当n取4，5，6时，车轮中心的轨迹分别如图3、图4、图5．
以此类推，当n取不同的值时，分别计算出d的值（结果精确到0.001）．具体数据如下表：
n 3 4 5 6 7 8 9 10 11
d 1.000 0.382 0.268 0.198 0.152 0.121 0.098 0.081
请你协助小青完成以下任务．
（1）求当n＝4时，d为何值？（参考数据：
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为 　 　 ；当车轮设计成圆形时，d＝　 　 ，这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．
（3）若路面如图6形状，可看成由半径为2的一些等弧首尾连结而成，若长为，为确保车轮平稳滚动，则该车轮应设计成边数为几的正多边形？
18．（2025 石家庄模拟）如图1筒车是我国古代利用水利驱动的灌溉工具，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．如图2，筒车⊙O按逆时针方向转动，与水面分别交于A、B，且，筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2m．
（1）求筒车⊙O的半径；
（2）盛水桶P从刚浮出水面绕到离水面最高点时，求它走过的路径长．
19．（2025 双台子区校级二模）嘉嘉使用桌上书架如图1所示．嘉嘉发现，当书架与桌面的夹角∠AOB＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为11cm，此时舒适度不太理想．嘉嘉调整书架与桌面的夹角大小继续探究，最后发现当张角∠A′OB＝108°时（点A′是A的对应点），舒适度较为理想．
（1）书架在旋转过程中，求顶部边缘A点到A′走过的路径长．
（2）如图2这个平面图形，如果嘉嘉的眼睛在E处．当她看书上距离桌面高度为20cm的点F时，她向下看的俯角为18°，眼睛到桌面高度EB＝25cm，求此时眼睛到F点的距离，即EF的长度．（结果精确到1cm；参考数据：sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）
20．（2024 鲁山县三模）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．
中考数学一轮复习 轨迹
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 汇川区四模）如图，摆钟是一种技术与艺术相结合的机械时钟，如图是其钟摆摆动示意图，OA＝24cm，当钟摆从OA摆动到OB时，若摆动角度∠AOB＝15°，则端点A移动的路径长为（　　）
A．3cm B．πcm C．2πcm D．3πcm
【考点】轨迹；解直角三角形的应用．
【专题】几何图形；运算能力．
【答案】C
【分析】根据弧长计算公式，计算即可．
【解答】解：根据弧长计算公式，端点A移动的路径长，
故选：C．
【点评】本题考查弧长的计算，熟练掌握弧长计算公式是解题的关键．
2．（2025 荷塘区三模）一颗小球从长为2，宽为1的矩形台球桌的角落被击出，小球撞击桌壁并反弹三次，然后落入四个角落中的其中一个，如图所示虚线是其中一种可能的路径，则小球可能运动路径的最大长度是（　　）
A． B． C．9 D．
【考点】轨迹；生活中的轴对称现象；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】先解读题意，再进行分类讨论，并且作图，结合矩形的性质与判定，勾股定理列式计算，再比较大小，即可作答．
【解答】解：第一种情况：分别过R，U，Y作RW⊥AB，UT⊥AB，YG⊥AB，如图1：
∵台球桌是矩形，
∴∠D＝∠DAW＝90°，
∵RW⊥AB，YG⊥AB，
∴四边形AWRD，AGYD都是矩形，
同理得四边形WRYG都是矩形，
∵一颗小球从长为2，宽为1的矩形台球桌的角落被击出，小球撞击桌壁并反弹三次，
故AW＝TW＝TG＝GB＝2，RW＝YG＝AD＝BC＝1，
在Rt△ARW中，AR，
则，
∴小球运动路径为；
第二种情况：分别过R，T，Y作RW⊥AD，UT⊥AD，YG⊥AD，如图2：
∵台球桌是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝∠B＝90°，
∵RW⊥AD，YG⊥AD，
∴四边形AWRB，AGYB都是矩形，同理得四边形WRYG是矩形，
∴WR＝GY＝2，
∵一颗小球从长为2，宽为1的矩形台球桌的角落被击出，小球撞击桌壁并反弹三次，
故DW＝WT＝GT＝GA＝1，DC＝RW＝GY＝BA＝2，DR，
则4，
∵，
∴小球可能运动路径的最大长度是，
故选：D．
【点评】本题考查了轨迹，生活中的轴对称现象，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
3．（2025 武进区校级模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，直角边AB＝AC＝1，D为BC的中点，E为AB边上的动点，DF⊥DE交AC于点F，M为EF的中点，当点E从点B运动到点A时，点M所经过的路线长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】轨迹；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力；应用意识．
【答案】B
【分析】过点D作DG⊥AC，DH⊥BC，如图，证明四边形DGCH为正方形，再证明△EDG≌△FDH（SAS）．推出DE＝DF．△EDF为等腰直角三角形，可得结论．
【解答】解：如图，过点D作DG⊥AB，DH⊥AC，
∵DG⊥AB，AC⊥BA，
∴DG∥AC．
∵D是边CB中点，
∴DGAC，
同理：DHAB，
∵AC＝BA，
∴DG＝DH．
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH＝90°．
∴∠GDF+∠FDH＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠GDF+∠EDG＝90°．
∴∠EDG＝∠FDH．
在△EDG和△FDH中，
，
∴△EDG≌△FDH（SAS）．
∴DE＝DF．
∴△EDF为等腰直角三角形，
当点E从点B运动到点A时，EF的中点M所经过的路径为AB，AC中点的连线，
即M所经过的路径为CB，
∵AB＝AC＝1，∠C＝90°，
∴CB，
∴EF的中点M所经过的路径长为．
故选：B．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，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．
4．（2025 高碑店市三模）如图，矩形ABCD中，，点E在BC边上从点C向点B运动（含端点），作四边形AECD关于直线AE对称的四边形AEC'D'，点D，C的对应点分别为点D'，C'，连接DD′交AE于点O．
甲：点E不可能落在DD′上；
乙：点D'，C′运动路径的长度比始终为．
下列说法正确的是（　　）
A．甲对，乙错 B．甲错，乙对 C．甲、乙都错 D．甲、乙都对
【考点】轨迹；轴对称的性质；矩形的性质．
【专题】几何图形；运算能力．
【答案】D
【分析】由∠AOD＝90°，那么点O在以AD为直径的半圆上，该半圆与BC没有交点，而点E在BC上，点O与点E不会重合，即点E不可能落在DD′上；从点E在点C位置开始，点D′，C′运动路径的长度为以点A为圆心，分别以AD′，AC′为半径的弧长，且AC′与AD′转过的角度相等，那么点D′，C′运动路径的长度比始终保持与一致，据此即可得出答案．
【解答】解：如图，连接AC，AC′，
由题意可得：DD′⊥AE，AC＝AC′，AD＝AD′，
∴∠AOD＝90°，
∴点O在以AD为直径的半圆上，该半圆与BC没有交点，而点E在BC上，
∴点O与点E不会重合，即点E不可能落在DD′上，故甲对；
由题意可得：AB＝CD，∠ADC＝90°，
∵，
∴，
∴，
∴，
从点E在点C位置开始，点D′，C′运动路径的长度为以点A为圆心，分别以AD′，AC′为半径的弧长，且AC′与AD′转过的角度相等，
∵，
∴点D′，C′运动路径的长度比始终为，故乙对；
故选：D．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质、90°的圆周角所对的弦是直径、弧长计算，核心素养表现为几何直观和推理能力．
5．（2025 宜兴市二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，BC边上有一动点D，作点B关于直线AD的对称点B'，在点D从点B运动到点C的过程中，点B′的运动路径长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】轨迹；轴对称的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】延长BC到点E，使EC＝BC，连接AE、AB′，由AC垂直平分BE，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，得AE＝AB＝2BC＝4，则∠EAC＝∠BAC＝30°，所以∠BAE＝60°，由点B′与点B关于直线AD对称，得AB′＝AB＝4，当点D与点C重合时，则点B′与点E重合，所以点B′的运动路径为以点A为圆心，半径为4的圆上的一段弧，即，根据弧长公式求得，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长BC到点E，使EC＝BC，连接AE、AB′，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，
∴AC垂直平分BE，
∴AE＝AB＝2BC＝4，
∴∠EAC＝∠BAC＝30°，
∴∠BAE＝2∠BAC＝60°，
∵点B′与点B关于直线AD对称，
∴直线AD垂直平分BB′，
∴AB′＝AB＝4，
∴点B′在以点A为圆心，半径为4的圆上运动，
∵当点D与点C重合时，则点B′与点E重合，
∴点B′的运动路径为以点A为圆心，半径为4的圆上的一段弧，即，
∵，
∴点B′的运动路径长为，
故选：C．
【点评】此题重点考查直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、轴对称的性质、弧长公式、轨迹问题的求解等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（2025 玉林模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边AB上一个动点，在AB延长线上找一点N，使点M和点N关于点B对称，连接CM，DN相交于点E．当动点M从点A运动到点B时，点E的运动路径长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】轨迹；中心对称；正方形的性质．
【专题】几何图形；运算能力．
【答案】B
【分析】作点A关于点B的对称点N，连接DN和AC交于点E，过点E作PQ⊥AB于点Q，交CD于点P，连接BE，则EB为点E的运动轨迹，先根据正方形性质可知PQ＝AD＝2，设BQ＝x，则AQ＝2﹣x，进而得到PE＝x，AN＝4，通过平行可知△CED∽△AEN，再通过相似三角形性质解出x，再通过勾股定理即可求解．
【解答】解：作点A关于点B的对称点N，连接DN和AC交于点E，过点E作PQ⊥AB于点Q，交CD于点P，连接BE，则EB为点E的运动轨迹，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，∠CAB＝45°，AD＝AB＝CD＝2．
∵PQ⊥AB，
∴PQ⊥CD，
∴PQ＝AD＝2，
设BQ＝x，则AQ＝2﹣x，
∵∠CAB＝45°，PQ⊥AB，
∴EQ＝AQ＝2﹣x，
∴PE＝PQ﹣EQ＝2﹣（2﹣x）＝x，
又∵点M，N关于点B对称，
∴BM＝BN，
当点M在起点A处时，BM＝BN＝2，
∴AN＝4，
又∵CD∥AB，
∴△CED∽△AEN，
∴，
∴，解得，
∴，
．
故选：B．
【点评】本题考查勾股定理，相似三角形等知识点，能够正确作出辅助线是解题关键．
7．（2025 南明区二模）开窗通风是日常生活中保持室内空气流通的一种方法，图①是平开窗的打开实物图，图②是平开窗打开的效果图，此时，窗户打开了84°，窗户底边OA长是60，则这扇窗户底边端点A扫过区域的轨迹长（弧长）是（　　）
A． B． C．28π D．14π
【考点】轨迹；解直角三角形的应用；弧长的计算．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】C
【分析】利用弧长公式解答即可．
【解答】解：这扇窗户底边端点A扫过区域的轨迹长（弧长）是：2π×60＝28π．
故选：C．
【点评】本题主要考查了弧长的计算，解决本题的关键是掌弧长的计算公式．
8．（2025 鼓楼区一模）如图，在△ABC中，∠B＝60°，AC＝6，⊙O是△ABC的外接圆，D为上一动点，过A作直线OD的垂线，垂足为E．在D从A沿运动到C的过程中，点E经过的路径长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】轨迹；旋转的性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；弧长的计算．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；与圆有关的计算；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】如图：连接OA，OC，由圆周角定理可得∠AOC＝2∠B＝120°，则从A到C其旋转角为120°；取AC的中点F，连接OF，由垂径定理可得，，再解直角三角形可得，取AO的中点G，连接EG，进而确定点E的轨迹，最后根据弧长公式求解即可．
【解答】解：在△ABC中，∠B＝60°，AC＝6，⊙O是△ABC的外接圆，如图，连接OA，OC，
∴∠AOC＝2∠B＝120°，
∴点D从A沿运动到C的过程中，从A到C其旋转角为120°，
取AC的中点F，连接OF，
∴，，
在Rt△AOF中，sin60°，
∴AO，
取AO的中点G，连接EG，
∵AE⊥DO，
∴∠AEO＝90°，
∴点E的轨迹为以G为圆心，为半径画圆弧，由于点D旋转120°，则点E也旋转240°，
∴点E经过的路径长为 π 2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了轨迹，垂径定理，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，弧长的计算，旋转的性质，解直角三角形，灵活运用相关知识成为解题的关键．
9．（2025 福田区二模）如图，在矩形ABCD中，边AB绕点B顺时针旋转到EB的位置，点A的对应点E落在CD边的中点，若CE＝2，则点A旋转到点E的路径长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】轨迹；旋转的性质；矩形的性质．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】B
【分析】由题意很容易得出CECD，继而可得∠CBE＝30°，所以∠ABE＝60°，再利用弧长公式求解即可．
【解答】解：在矩形ABCD中，∠ABC＝∠C＝90°，AB＝CD，
由旋转的性质可得AB＝BE，
∴BE＝CD，
∵点E是CD中点，且CE＝2，
∴CD＝AB＝BE＝4，CE，
在Rt△BCE中，sin，
∴∠CBE＝30°，
∴∠ABE＝60°，
∴l；
故选：B．
【点评】本题主要考查了轨迹、旋转的性质、矩形的性质、弧长公式等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
10．（2025 萨尔图区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（　　）
A．2 B．π C．2π D．π
【考点】轨迹；勾股定理．
【答案】D
【分析】由△ADE≌△CDF，推出∠DAE＝∠DCF，因为∠AED＝∠CEG，推出∠ADE＝∠CGE＝90°，推出A、C、G、D四点共圆，推出点G的运动轨迹为弧CD，利用弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD⊥AB，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，CD＝AD＝DB，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠DAE＝∠DCF，
∵∠AED＝∠CEG，
∴∠ADE＝∠CGE＝90°，
∴A、C、G、D四点共圆，
∴点G的运动轨迹为弧CD，
∵AB＝4，ABAC，
∴AC＝2，
∴OA＝OC，
∵DA＝DC，OA＝OC，
∴DO⊥AC，
∴∠DOC＝90°，
∴点G的运动轨迹的长为π．
故选：D．
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、轨迹、勾股定理、全等三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是正确探究点G的轨迹，属于中考常考题型．
二．填空题（共5小题）
11．（2025 靖江市一模）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若AC＝4，则点C运动的路径长为 　π　 ．
【考点】轨迹；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称．
【答案】π．
【分析】根据弧长公式即可求出点C经过的路径长．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB'C'，AC＝4，
∴点C经过的路径长为：，
故答案为：π．
【点评】本题考查了轨迹，旋转的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
12．（2025 金华模拟）如图，在Rt△ABC中，AB＝8，∠B＝60°，点D，E分别是AB，AC边上的中点，点F在BC的延长线上，连接EF，∠F＝60°．点P从点D出发，沿D→B→F运动到点F，在边EF上找一点Q，连结PQ，使得∠APQ＝∠B，则在点P的运动的过程中，点Q的运动路径长为 　　 ．
【考点】轨迹；含30度角的直角三角形；三角形中位线定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】．
【分析】解Rt△ABC 求出BC，AC的长，连接DE，中点结合中位线定理得到，∠ADE＝∠B＝60°，解Rt△ECF求出CF，EF的长，分点P在线段BD上运动和点P在BF上移动两种情况，进行讨论，当点P在线段BD上运动得到点Q从点E移动到点F，路径长为EF＝4，当点P在BF上移动，设BP＝x，证明△ABP∽△PFQ，得到，进而求出FQ的最大值，得到点Q先从点F移动到的位置，再返回到点F，进而求出总的路径长即可．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，AB＝8，∠B＝60°，
∴BC＝AB cos60°＝4，，
连接DE，
∵点D，E分别是AB，AC边上的中点，
∴DE∥BC，，，
∴∠ADE＝∠B＝60°，
在Rt△ECF中，，∠F＝60°，
∴CF＝CE÷tan60°＝2，EF＝CE÷sin60°＝4；
①当点P在线段BD上运动时，
∵∠APQ＝∠B，
∴PQ∥BC，
∴当点P从点D移动到点B时，点Q从点E移动到点F，路径长为EF＝4；
②当点P在BF上移动时，如图，
∵BC＝4，CF＝2，
∴BF＝6，
设BP＝x，则PF＝6﹣x，
∵∠APQ＝∠B＝60°，∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠QPF，
∴∠QPF＝∠PAB，
又∵∠B＝∠F，
∴△ABP∽△PFQ，
∴，
∴，
∴当时，FQ的值最大为：，
∴当点P从点B移动到点F时，点Q先从点F移动到的位置，再返回到点F，
∴点Q的总的路径长为：，
故答案为：．
【点评】本题考查解直角三角形，二次函数求最值，中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是确定点Q的运动轨迹．
13．（2025 博罗县一模）如图，在菱形ABCD中，，∠ABC＝120°，把菱形ABCD绕着顶点A逆时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，点C的运动轨迹为弧CC'，则图中阴影部分的面积为 　　 ．（结果保留π）
【考点】轨迹；旋转的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；圆周角定理；扇形面积的计算．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接BD，交AC于点O，由菱形的性质求出BO，AC，以及S△ABC，由旋转的性质求出，再根据S阴影＝S扇形CAC′﹣S△AB′C′可得结论
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝2，AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠BAC＝∠DAC＝30°，
连接BD，交AC于点O，则BD⊥AC，
∴，
由勾股定理得，，
∴AC＝2AO＝2×3＝6，
∴，
由旋转得，△AB′C′ △ABC，
∴，
∴S阴影＝S扇形CAC′﹣S△AB′C′．
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，勾股定理，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
14．（2025 扬州三模）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点M是线段CB上一动点，过点M作MN⊥AM交AB于点N，当点M从点C运动到点B的过程中，点N经过的路径长是　　 ．
【考点】轨迹；勾股定理．
【专题】计算题．
【答案】．
【分析】过点N作NJ⊥BC于J，设BN＝y，CM＝x，构建一元二次方程利用判别式求出y的最大值，可得结论．
【解答】解：过点N作NJ⊥BC于J，如图所示：
设BN＝y，CM＝x，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴，
∵NJ∥AC，
∴△BNJ∽△BAC，
∴，
∴，
∴，
∴MJ＝BC﹣CM﹣BJ＝6﹣xy，
∵∠C＝∠AMN＝∠NJM＝90°，
∴∠AMC+∠NMJ＝90°，∠NMJ+∠MNJ＝90°，
∴∠AMC＝∠MNJ，
∴△ACM∽△MJN，
∴，
∴，
∴，
∵△≥0，
∴，
∴9y2﹣820y+900≥0，
∴（9y﹣10）（y﹣90）≥0，
∴或y≥90（90＞10＝AB，不符合题意，舍去），
∴，
∴BN的最大值为，
当点M从点C运动到点B的过程中，点N经过的路径长是2倍的BN的最大值，
∴点N经过的路径长是，
故答案为：．
【点评】本题考查轨迹，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的判别式等知识．
15．（2025 广州二模）如图，抛物线l：y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）点B的坐标为 　（3，0）　 ；
（2）点P为l上在第一象限内的一点，过点P作直线BC的平行线，与x轴交于点M，若点P从点C出发，沿着抛物线l运动到点B，则点M经过的路径长为 　．　 ．
【考点】轨迹；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．
【专题】二次函数图象及其性质．
【答案】（1）（3，0）；（2）．
【分析】（1）二次函数y＝﹣x2+2x+3中，令y＝0，得x1＝﹣1，x2＝3从而即可得解；
（2）根据题意，可以先求出点A、C的坐标，从而可以得到直线BC的解析式，再根据PM∥BC，点P在抛物线上，可以写出点P的坐标和对应的直线PM的解析式，再根据题意，可以得到点M横坐标的最大值，从而可以得到点M经过的路程．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣3）（x+1），
∴当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝3，
点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），
故答案为：（3，0）；
（2）当x＝0时，y＝3，
∴点C的坐标为（0，3），
设直线BC的函数解析式为y＝kx+b，
，
解得，即直线BC的函数解析式为y＝﹣x+3，
∵PM∥BC，点P在抛物线上且在第一象限，
∴设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
设直线PM的解析式为y＝﹣x+c，﹣m2+2m+3＝﹣m+c，
解得c＝﹣m2+3m+3，
∴直线PM的解析式为y＝﹣x﹣m2+3m+3，
令﹣x﹣m2+3m+3＝﹣x2+2x+3且Δ＝0，
解得，
此时直线PM的解析式为，
当，
∴点M横坐标最大值是，
∴点M经过的路程为：，
故答案为：．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、求一次函数自变量值，二次函数，待定系数法求一次函数解析式，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 南山区校级三模）如图1，是一电动门，当它水平下落时，可以抽象成如图2所示的矩形ABCD，其中AB＝3m，AD＝1m，此时它与出入口OM等宽，与地面的距离AO＝0.2m；当它抬起时，变为平行四边形AB′C′D，如图3所示，此时，AB′与水平方向的夹角为60°．
（1）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；
（2）图4中，一辆宽1.7m，高1.6m的汽车从该入口进入时，汽车需要与BC保持0.4m的安全距离，此时，汽车能否安全通过？若能，请通过计算说明；若不能，请说明理由．
（参考数据：，π≈3.14，所有结果精确到0.1）
【考点】轨迹；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；平行四边形的判定；矩形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；解直角三角形及其应用．
【答案】（1）3.1m；（2）能通过，证明见解析．
【分析】（1）连接CD，得出点C是点C绕点D旋转60°得到，根据弧长公式解答即可；
（2）在OM上取MK＝0.4m，KF＝1.7m，作FG⊥OM于点F，交AB于点H，交AB于点G，证明四边形AHFO是矩形，得出AH＝OF＝0.9m，∠AHG＝90°，HF＝OA＝0.2m，解直角三角形得出GH，再根据GH+HF＝1.559+0.2＝1.759m＞1.6m，解答即可．
【解答】解：（1）如图，连接CD，交AB'于E，
根据题意可得四边形ADCB是矩形，四边形AB'C'D是平行四边形，
∴CD＝AB＝AB'＝DC'＝3，CD∥AB，C'D∥AB'，
∴∠B'EC＝∠B'AB＝∠C'DC＝60°，
∴点C'是点C绕点D旋转60°得到，
∴点C经过的路径长为；
（2）在OM上取MK＝0.4m，KF＝1.7m，作FG⊥OM于点F，交AB于点H，交AB'于点G，
当汽车与BC保持安全距离0.4m时，
∵汽车宽度为1.7m，
∴OF＝3﹣1.7﹣0.4＝0.9m，
∵ABMOM，AO⊥OM，
∴四边形AHFO是矩形，
∴AH＝OF＝0.9m，∠AHG＝90°，HF＝OA＝0.2m，
∴，
∵GH+HF＝1.559+0.2≈1.759m＞1.6m，汽车高度为1.6m，
∴汽车能安全通过．
【点评】本题考查了矩形的性质和判定，解直角三角形的应用，锐角三角函数，弧长的计算等知识，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
17．（2025 惠州一模）在《车轮为什么是圆的》课题学习中，小青将车轮设计成半径为2的正n多边形，在水平地面上模拟行驶．以n＝3为例，如图1，车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转），车轮中心的轨迹是BD，点C为中心轨迹最高点（即的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），如图2，d为点C到BD的距离（即CE的长）．当n取4，5，6时，车轮中心的轨迹分别如图3、图4、图5．
以此类推，当n取不同的值时，分别计算出d的值（结果精确到0.001）．具体数据如下表：
n 3 4 5 6 7 8 9 10 11
d 1.000 0.382 0.268 0.198 0.152 0.121 0.098 0.081
请你协助小青完成以下任务．
（1）求当n＝4时，d为何值？（参考数据：
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为 　d随n的增大而减小　 ；当车轮设计成圆形时，d＝　0　 ，这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．
（3）若路面如图6形状，可看成由半径为2的一些等弧首尾连结而成，若长为，为确保车轮平稳滚动，则该车轮应设计成边数为几的正多边形？
【考点】轨迹；生活中的旋转现象；解直角三角形的应用；垂径定理的应用；正多边形和圆；弧长的计算．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）当n＝4时，d≈0.586；
（2）d随n的增大而减小；0；
（3）该车轮应设计成边数为36的正多边形．
【分析】（1）根据题意证明△ABE为等腰直角三角形，进而可以解决问题；
（2）观察表格数据即可解决问题；
（3）根据弧长公式即可进行计算．
【解答】解：（1）当 n＝4 时，∠BAD＝90°，
∵点C为的中点，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°，
∵AB＝AD＝AC＝2，
∴AC⊥BD，BE＝DE，
∴△ABE为等腰直角三角形，
在 Rt△ABE中，AE＝BE，
∴BE2+AE2＝AB2，
∴，
∴d＝AC﹣AE＝20.586，
∴当n＝4时，d≈0.586；
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为d随n的增大而减小；
当车轮设计成圆形时，d＝0，这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．
所以，将车轮设计成圆形．
故答案为：d随n的增大而减小；0；
（3）设 对应的圆心角为 α°，
∵长为，
∴，
∴a＝10，
∴，
∴该车轮应设计成边数为36的正多边形．
【点评】本题考查了轨迹，等腰直角三角形，垂径定理，弧长的计算，解决本题的关键是理解题意．
18．（2025 石家庄模拟）如图1筒车是我国古代利用水利驱动的灌溉工具，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．如图2，筒车⊙O按逆时针方向转动，与水面分别交于A、B，且，筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2m．
（1）求筒车⊙O的半径；
（2）盛水桶P从刚浮出水面绕到离水面最高点时，求它走过的路径长．
【考点】轨迹；垂径定理的应用．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OA，根据勾股定理即可解决问题；
（2）利用锐角三角函数求出∠COA＝60°，再根据弧长公式即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接OA，
∵，
∴，
在Rt△ACO中，OC＝2，AO2＝OC2+AC2，
∴，
答：筒车⊙O的半径为4m；
（2）由（1）可得，
∴∠COA＝60°，
∴盛水桶P从刚浮出水面绕到离水面最高点时，它走过的路径长为．
【点评】本题考查轨迹，垂径定理的应用，解决本题的关键是掌握垂径定理．
19．（2025 双台子区校级二模）嘉嘉使用桌上书架如图1所示．嘉嘉发现，当书架与桌面的夹角∠AOB＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为11cm，此时舒适度不太理想．嘉嘉调整书架与桌面的夹角大小继续探究，最后发现当张角∠A′OB＝108°时（点A′是A的对应点），舒适度较为理想．
（1）书架在旋转过程中，求顶部边缘A点到A′走过的路径长．
（2）如图2这个平面图形，如果嘉嘉的眼睛在E处．当她看书上距离桌面高度为20cm的点F时，她向下看的俯角为18°，眼睛到桌面高度EB＝25cm，求此时眼睛到F点的距离，即EF的长度．（结果精确到1cm；参考数据：sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）
【考点】轨迹；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；应用意识．
【答案】（1）；
（2）EF的长度约为16cm．．
【分析】（1）利用平角定义先求出∠AOC＝30°，然后在Rt△ACO 中，利用锐角三角函数的定义求出AO的长，从而求出A′O的长，进而利用弧长公式求解即可；
（2）过点F作FM⊥BC，FN⊥BE于点M、N，则四边形MBNF是矩形，∠FNE＝90°，在Rt△FEN中，解直角三角形即可得解．
【解答】解：（1）∵∠AOB＝150°，
∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝30°，
在Rt△ACO中，AC＝11cm，
∴AO＝2AC＝22cm，
由题意得：AO＝A′O＝22cm，
∵∠A′OB＝108°，
∴∠AOA′＝150°﹣∠A′OB＝42°，
∴边缘A点到A′走过的路径长；
（2）过点F作 FM⊥BC，FN⊥BE于点M、N，则四边形MBNF是矩形，∠FNE＝90°，
∴BN＝FM＝20cm，
∴EN＝BE﹣BN＝5cm，
∵向下看的俯角为18°，
∴∠EFN＝18°，
∴EF16（cm），
答：EF的长度约为16cm．．
【点评】本题主要考查了轨迹，解直角三角形的应用﹣仰角俯角，熟练掌握解直角三角形、30度直角三角形的性质是解题的关键．
20．（2024 鲁山县三模）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．
【答案】见试题解答内容
【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】解：（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，
∴l1.7（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．
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