2026年中考数学复习热搜题速递之轨迹

第44页（共44页）2026年中考数学复习热搜题速递之轨迹一．选择题（共10小题）1．如图，已知点A是第一象限内横坐标为3的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N，若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是（）A．2 B．3 C．2 D．62．木杆AB斜靠在墙壁上，当木杆的上端A沿墙壁NO竖直下滑时，木杆的底端B也随之沿着射线OM方向滑动．下列图中用虚线画出木杆中点P随之下落的路线，其中正确的是（）A． B． C． D．3．如图，半径为2cm，圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上有一运动的点P，从点P向半径OA引垂线PH交OA于点H．设△OPH的内心为I，当点P在弧AB上从点A运动到点B时，内心I所经过的路径长为（）A．2π B．22π C．24π D4．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．3 B．4 C．92 D．5．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝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（）A．13π B．23π C．π D．6．如图，已知点A是第一象限内横坐标为23的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长为（）A．4 B．22 C．26 D．7．如图，在等腰Rt△ABC中，斜边AB＝8，点P在以AC为直径的半圆上，M为PB的中点，当点P沿半圆从点A运动至点C时，点M运动的路径长是（）A．22π B．2π C．2π D．228．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．2π3 B．4π3 C．89．如图，正方形纸片ABCD的边长为4cm，点M、N分别在边AB、CD上．将该纸片沿MN折叠，使点D落在边BC上，落点为E，MN与DE相交于点Q．随着点M的移动，点Q移动路线长度的最大值是（）A．2cm B．4cm C．2cm D．1cm10．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC＝24，∠A＝60°，点D为弧BC上一动点，CE垂直直线OD于点E，当点D由B点沿弧BC运动到点C时，点E经过的路径长为（）A．83π B．183 C．1633π D二．填空题（共5小题）11．如图，已知点A是第一象限内横坐标为3的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是．12．如图，在边长为23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．13．如图，在平面内，线段AB＝6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC＝PA．若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为．14．一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC＝EF＝12cm（如图1），点G为边BC（EF）的中点，边FD与AB相交于点H，此时线段BH的长是．现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转（如图2），在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长共为．（结果保留根号）15．如图，已知扇形AOB中，OA＝3，∠AOB＝120°，C是在AB上的动点．以BC为边作正方形BCDE，当点C从点A移动至点B时，点D经过的路径长是．三．解答题（共5小题）16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，点F为斜边AB上的一点，连接CF，CD平分∠ACF交AB于点D，点E在AC上，且有∠CFD＝∠CDE．（1）如图1，当点F为斜边AB的中点时，求CE的长；（2）将点F从AB的中点沿AB方向向左移动到点B，其余条件不变，如图2．①求点E所经过的路径长；②求线段DE所扫过的面积．17．如图，在▱ABCD中，对角线BD的垂直平分线分别与AD，BC，BD相交于点E，F，O．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）在▱ABCD中，若AB＝2.5，AD＝4，有两动点P，Q分别从B，D两点同时出发，沿△BAE和△DFC各边运动一周，即点P自B→A→E→B停止，点Q自D→F→C→D停止，点P运动的路程是x，点Q运动的路程是y，当四边形BPDQ是平行四边形时，则请直接写出x+y的值为．18．如图（1）是一款手机支架，忽略支管的粗细，得到它的简化结构图如图（2）所示．已知支架底部支架CD平行于水平面，EF⊥OE，GF⊥EF，支架可绕点O旋转，OE＝20cm，EF＝203cm．如图（3）若将支架上部绕O点逆时针旋转，当点G落在直线CD上时，测量得∠EOG＝65°．（1）求FG的长度（结果精确到0.1）；（2）将支架由图（3）转到图（4）的位置，若此时F、O两点所在的直线恰好于CD垂直，点F的运动路线的长度称为点F的路径长，求点F的路径长．（参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14，3≈1.7319．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥BC，H为垂足，将△ABH绕点A逆时针旋转α得△ADE，连接CD，F为CD的中点，连接FH，FE．（1）求证：FH＝FE且FH⊥FE；（2）若AB＝4，α＝180°，直接写出点F经过的路径长．20．如图，抛物线y=35x2-185x+3和y轴的交点为A，M为OA的中点，若有一动点P，自M点处出发，沿直线运动到x轴上的某点（设为点E），再沿直线运动到该抛物线对称轴上的某点（设为点F），最后又沿直线运动到点A，求使点P运动的总路程最短的点

2026年中考数学复习热搜题速递之轨迹（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案CDBCBBBBAC一．选择题（共10小题）1．如图，已知点A是第一象限内横坐标为3的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N，若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是（）A．2 B．3 C．2 D．6【考点】轨迹．【专题】几何图形．【答案】C【分析】（1）首先，需要证明线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹），如答图②所示．利用相似三角形可以证明；（2）其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bn的长度，即点B运动的路径长．【解答】解：由题意可知，OM=3，点N在直线y＝﹣x上，AC⊥x轴于点M，则△OMN为等腰直角三角形，ON=2OM如答图①所示，设动点P在O点（起点）时，点B的位置为B0，动点P在N点（终点）时，点B的位置为Bn，连接B0Bn∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC＝∠B0ABn，又∵AB0＝AO•tan30°，ABn＝AN•tan30°，∴AB0：AO＝ABn：AN＝tan30°（此处也可用30°角的Rt△三边长的关系来求得），∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°，∴B0Bn＝ON•tan30°=6现在来证明线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）．如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，B0Bi∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP＝∠B0ABi，又∵AB0＝AO•tan30°，ABi＝AP•tan30°，∴AB0：AO＝ABi：AP，∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi＝∠AOP．又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn＝∠AOP，∴∠AB0Bi＝∠AB0Bn，∴点Bi在线段B0Bn上，即线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）．综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B0Bn，其长度为2．故选：C．【点评】本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中．2．木杆AB斜靠在墙壁上，当木杆的上端A沿墙壁NO竖直下滑时，木杆的底端B也随之沿着射线OM方向滑动．下列图中用虚线画出木杆中点P随之下落的路线，其中正确的是（）A． B． C． D．【考点】轨迹；直角三角形斜边上的中线．【答案】D【分析】先连接OP，易知OP是Rt△AOB斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OP=12AB，由于木杆不管如何滑动，长度都不变，那么OP就是一个定值，那么P点就在以【解答】解：如图，连接OP，由于OP是Rt△AOB斜边上的中线，所以OP=12AB，不管木杆如何滑动，它的长度不变，也就是OP是一个定值，点P就在以O为圆心的圆弧上，那么中点故选：D．【点评】本题考查了轨迹，直角三角形斜边上的中线，解题的关键是知道直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．3．如图，半径为2cm，圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上有一运动的点P，从点P向半径OA引垂线PH交OA于点H．设△OPH的内心为I，当点P在弧AB上从点A运动到点B时，内心I所经过的路径长为（）A．2π B．22π C．24π D【考点】轨迹；三角形的内切圆与内心．【答案】B【分析】如图，连OI，PI，AI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO＝180°﹣∠IPO﹣∠IOP＝180°-12（∠HOP+∠OPH）＝135°，并且易证△OPI≌△OAI，得到∠AIO＝∠PIO＝135°，所以点I在以OA为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过A、I、O三点作⊙O′，如图，连O′A，O′O，在优弧AO取点P′，连P′A，P′O，可得∠AP′O＝180°﹣135°＝45°，得∠AOO＝90°，O′O=22OA=22【解答】解：如图，连OI，PI，AI，∵△OPH的内心为I，∴∠IOP＝∠IOA，∠IPO＝∠IPH，∴∠PIO＝180°﹣∠IPO﹣∠IOP＝180°-12（∠HOP+∠而PH⊥OA，即∠PHO＝90°，∴∠PIO＝180°-12（∠HOP+∠OPH）＝180°-12（180°﹣又∵OP＝OA，OI公共，而∠IOP＝∠IOA，∴△OPI≌△OAI，∴∠AIO＝∠PIO＝135°，所以点I在以OA为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过A、I、O三点作⊙O′，如图，连O′A，O′O，在优弧AO取点P′，连P′A，P′O，∵∠AIO＝135°，∴∠AP′O＝180°﹣135°＝45°，∴∠AO′O＝90°，而OA＝2cm，∴O′O=22OA=2∴弧OA的长=90⋅π⋅2所以内心I所经过的路径长为22πcm故选：B．【点评】本题考查了弧长的计算公式：l=nπR180，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4．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．3 B．4 C．92 D．【考点】轨迹；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C【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=AE∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBG，又∵∠A＝∠BEG＝90°，∵△AEB∽△EBG，∴BEBG∴BG=10×∵BK＝AE＝1，∴KG＝BG﹣BK＝9，∴HN=12KG∴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．5．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝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（）A．13π B．23π C．π D．【考点】轨迹；菱形的性质．【专题】矩形菱形正方形．【答案】B【分析】因为∠BFC＝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OF．∵∠BFC＝90°，∴点F的运动轨迹是以BC为直径的，圆弧BM，当点E与A重合时，点F与AC中点M重合，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠BCM＝60°，∵OM＝OC＝OB＝1，∴△OMC是等边三角形，∴∠MOC＝60°，∴∠BOM＝120°，∴BM的长=120⋅π故选：B．【点评】本题考查轨迹、菱形的性质、弧长公式、等边三角形的判定和性质等知识，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．6．如图，已知点A是第一象限内横坐标为23的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长为（）A．4 B．22 C．26 D．【考点】轨迹．【答案】B【分析】首先，需要证明线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹），如答图②所示．利用相似三角形可以证明；其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bn的长度，即点B运动的路径长．【解答】解：由题意可知，OM＝23，点N在直线y＝﹣x上，AC⊥x轴于点M，则△OMN为等腰直角三角形，ON=2OM=2×23如答图①所示，设动点P在O点（起点）时，点B的位置为B0，动点P在N点（终点）时，点B的位置为Bn，连接B0Bn．∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC＝∠B0ABn，又∵AB0＝AO•tan30°，ABn＝AN•tan30°，∴AB0：AO＝ABn：AN＝tan30°（此处也可用30°角的Rt△三边长的关系来求得），∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°，∴B0Bn＝ON•tan30°＝26×33现在来证明线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）．如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，B0Bi．∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP＝∠B0ABi，又∵AB0＝AO•tan30°，ABi＝AP•tan30°，∴AB0：AO＝ABi：AP，∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi＝∠AOP．又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn＝∠AOP，∴∠AB0Bi＝∠AB0Bn，∴点Bi在线段B0Bn上，即线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）．综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B0Bn，其长度为22．故选：B．【点评】本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中．7．如图，在等腰Rt△ABC中，斜边AB＝8，点P在以AC为直径的半圆上，M为PB的中点，当点P沿半圆从点A运动至点C时，点M运动的路径长是（）A．22π B．2π C．2π D．22【考点】轨迹；等腰直角三角形．【答案】B【分析】如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM．首先证明∠EMF＝90°，推出点M的轨迹是EF，即EF为直径的半圆，图中红线部分，由此即可解决问题．【解答】解：如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM．∵AC是直径，∴∠APC＝90°，∵BE＝EA，BM＝MP，∴EM∥PA，同理FM∥PC，∴∠BME＝∠BPA，∠BMF＝∠BPC，∴∠BME+∠BMF＝∠BPA+∠BPC＝90°，∴∠EMF＝90°，∴点M的轨迹是EF，（EF为直径的半圆，图中红线部分）∵BC＝AC，∠ACB＝90°，AB＝8，∴AC＝42，EF=12AC＝2∴EF的长＝π•2=2故选：B．【点评】本题考查轨迹、等腰直角三角形的性质、圆的有关知识、弧长公式等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考常考题型．8．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．2π3 B．4π3 C．8【考点】轨迹；三角形的内切圆与内心．【答案】B【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=1∴∠HPC+∠GPB=12（∠NOC+∠MOB）＝∴∠GPH＝60°，∴点E运动的路径长是60π⋅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．9．如图，正方形纸片ABCD的边长为4cm，点M、N分别在边AB、CD上．将该纸片沿MN折叠，使点D落在边BC上，落点为E，MN与DE相交于点Q．随着点M的移动，点Q移动路线长度的最大值是（）A．2cm B．4cm C．2cm D．1cm【考点】轨迹；翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．【专题】常规题型；平移、旋转与对称．【答案】A【分析】如图，取AB、CD中点K、G，连接KG、BD交于点O，根据点Q运动的路线就是线段OG即可解决问题．【解答】解：如图，取AB、CD中点K、G，连接KG、BD交于点O．由题意可知点Q运动的路线就是线段OG，∵DO＝OB，DG＝GC，∴OG=12BC=12∴点Q移动路线长度的最大值是2．故选：A．【点评】本题考查轨迹、翻折变换、三角形中位线定理等知识，解题的关键是找到点Q的运动路线，属于中考常考题型．10．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC＝24，∠A＝60°，点D为弧BC上一动点，CE垂直直线OD于点E，当点D由B点沿弧BC运动到点C时，点E经过的路径长为（）A．83π B．183 C．1633π D【考点】轨迹；三角形的外接圆与外心．【专题】圆的有关概念及性质．【答案】C【分析】如图，作OH⊥BC于H，设OC的中点为K．当E的运动轨迹是以OC为直径的圆弧，圆心角为240°，根据弧长公式计算即可．【解答】解：如图，作OH⊥BC于H，设OC的中点为K．∵OH⊥BC，∴BH＝CH＝12，∵∠A＝60°，∴∠COH＝60°，∴∠OCH＝30°，∴OC=CHcos30°∵∠CEO＝90°，∴当E的运动轨迹是以OC为直径的圆弧，圆心角为240°，∴点E经过的路径长=240⋅π故选：C．【点评】本题考查三角形的外心与外接圆、轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点E的运动轨迹，属于中考常考题型．二．填空题（共5小题）11．如图，已知点A是第一象限内横坐标为3的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是2．【考点】轨迹．【专题】数形结合；应用意识．【答案】见试题解答内容【分析】首先，需要证明线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹），如图1所示．利用相似三角形可以证明；其次，证明△APN∽△AB1B2，列比例式可得B1B2的长．【解答】解：如图1所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，BBi，∵AO⊥AB1，AP⊥ABi，∴∠OAP＝∠B1ABi，又∵AB1＝AO•tan30°，ABi＝AP•tan30°，∴AB1：AO＝ABi：AP，∴△AB1Bi∽△AOP，∴∠AB1Bi＝∠AOP．同理得△AB1B2∽△AON，∴∠AB1B2＝∠AOP，∴∠AB1Bi＝∠AB1B2，∴点Bi在线段B1B2上，即线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹）．由图形2可知：Rt△APB1中，∠APB1＝30°，∴ABRt△AB2N中，∠ANB2＝30°，∴AB∴AB∵∠PAB1＝∠NAB2＝90°，∴∠PAN＝∠B1AB2，∴△APN∽△AB1B2，∴B1∵ON的解析式为：y＝﹣x，∴△OMN是等腰直角三角形，∴OM＝MN=3∴PN=6∴B1B2=2综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B1B2，其长度为2．故答案为：2．【点评】本题考查了30°的直角三角形的性质和点的运动轨迹，本题的关键是证明△APN∽△AB1B2，根据比例式解决问题，并利用了数形结合的思想，有难度．12．如图，在边长为23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43π【考点】轨迹；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．【专题】动点型；图形的全等；矩形菱形正方形；应用意识．【答案】见试题解答内容【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】解：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＝23，可得OB＝OD＝2，∵∠BOD＝2∠C＝120°，∴点P的运动的路径的长=120⋅π故答案为43π【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．13．如图，在平面内，线段AB＝6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC＝PA．若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为62．【考点】轨迹．【答案】见试题解答内容【分析】如图，由题意可知点C运动的路径为线段AC′，点E运动的路径为EE′，由平移的性质可知AC′＝EE′，求出AC′即可解决问题．【解答】解：如图，由题意可知点C运动的路径为线段AC′，点E运动的路径为EE′，由平移的性质可知AC′＝EE′，在Rt△ABC′中，易知AB＝BC′＝6，∠ABC′＝90°，∴EE′＝AC′=62+故答案为62．【点评】主要考查轨迹、平移变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．14．一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC＝EF＝12cm（如图1），点G为边BC（EF）的中点，边FD与AB相交于点H，此时线段BH的长是（123-12）cm．现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转（如图2），在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长共为（123-18）cm【考点】轨迹；旋转的性质．【答案】见试题解答内容【分析】如图1中，作HM⊥BC于M，设HM＝CM＝a．在Rt△BHM中，BH＝2HM＝2a，BM=3a，根据BM+MF＝BC，可得3a+a＝12，推出a＝63-6，推出BH＝2a＝123-12．如图2中，当DG⊥AB时，易证GH1⊥DF，此时BH1的值最小，易知BH1＝BK+KH1＝33+3，当旋转角为60°时，F与H2重合，易知BH2＝63，观察图象可知，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长＝2HH1【解答】解：如图1中，作HM⊥BC于M，设HM＝a，则CM＝HM＝a．在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，BC＝12，在Rt△BHM中，BH＝2HM＝2a，BM=3a∵BM+FM＝BC，∴3a+a＝12，∴a＝63-6∴BH＝2a＝123-12如图2中，当DG⊥AB时，易证GH1⊥DF，此时BH1的值最小，易知BH1＝BK+KH1＝33+3∴HH1＝BH﹣BH1＝93-15当旋转角为60°时，F与H2重合，易知BH2＝63，观察图象可知，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长＝2HH1+HH2＝183-30+[63-（123-12）]＝12故答案为（123-12）cm，（123-18）【点评】本题考查轨迹、旋转变换、解直角三角形、锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找点H的运动轨迹，属于中考常考题型．15．如图，已知扇形AOB中，OA＝3，∠AOB＝120°，C是在AB上的动点．以BC为边作正方形BCDE，当点C从点A移动至点B时，点D经过的路径长是22π．【考点】轨迹；正方形的性质．【答案】见试题解答内容【分析】如图，由此BO交⊙O于F，取BF的中点H，连接FH、HB、BD．易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，由∠FDB＝45°=12∠FHB，推出点D在⊙H上运动，轨迹是GB（图中红线），易知∠HFG＝∠HGF＝15°，推出∠FHG＝150°，推出∠GHB＝120°，易知HB＝3【解答】解：如图，由此BO交⊙O于F，取BF的中点H，连接FH、HB、BD．易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，∵∠FDB＝45°=12∠∴点D在⊙H上运动，轨迹是GB（图中红线），易知∠HFG＝∠HGF＝15°，∴∠FHG＝150°，∴∠GHB＝120°，易知HB＝32，∴点D的运动轨迹的长为120⋅π⋅32故答案为22π．【点评】本题考查轨迹、弧长公式、圆的有关知识、正方形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点D的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．三．解答题（共5小题）16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，点F为斜边AB上的一点，连接CF，CD平分∠ACF交AB于点D，点E在AC上，且有∠CFD＝∠CDE．（1）如图1，当点F为斜边AB的中点时，求CE的长；（2）将点F从AB的中点沿AB方向向左移动到点B，其余条件不变，如图2．①求点E所经过的路径长；②求线段DE所扫过的面积．【考点】轨迹；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）首先根据等边三角形的特征，判断出ACF是等边三角形；然后根据CD平分∠ACF，可得CD⊥AF，据此求出CD的值是多少；最后根据相似三角形判定的方法，判断出△CFD∽△CDE，即可判断出CDCE=CF（2）①如图2，过D作DG⊥CF于G，过E作EH⊥CD于H，由点F与点B重合，得到∠ACB＝∠ACF＝90°，CD平分∠ACF交AB于点D，得到∠FCD＝∠ACD＝45°，于是得到△CDG与△CHE是等腰直角三角形，通过解直角三角形得到CE＝43-6，于是求出点E所经过的路径长＝1.5﹣（43-6）=152-43；②如图，过C作CM⊥AB于M，过M作MN⊥AC于N，由（1）知CM=3，MN=32，则AN=12，由①知，DF＝2DG＝6﹣23，求得AD于是得到线段DE所扫过的面积＝S△ACD﹣S△CDE﹣S△AMN=12×(23-2)×【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠B＝30°，AC＝2，∴AB＝2÷sin30°＝4，∵点F为斜边AB的中点，∴CF＝BF＝AF＝2，又∵AC＝2，∴△ACF是等边三角形，∵CD平分∠ACF，∴CD⊥AF，∴CD=3在△CFD和△CDE中，∠CFD∴△CFD∽△CDE，∴CDCE∴CE=CD（2）①如图2，过D作DG⊥CF于G，过E作EH⊥CD于H，∵∠ACB＝∠ACF＝90°，CD平分∠ACF交AB于点D，∴∠FCD＝∠ACD＝45°，∴CG＝CD，CH＝HE，设CG＝CD＝x，CH＝HE＝y，∵∠CFD＝∠CDE＝30°，∴FG=3x，DH=3∴x+3x＝23∴x＝3-3∴CD=2x＝32∴y+3y＝32∴y＝26-32∴CE＝43-6∴点E所经过的路径长＝1.5﹣（43-6）=②如图，过C作CM⊥AB于M，过M作MN⊥AC于N，由（1）知CM=3，MN=则AN=1由①知，DF＝2DG＝6﹣23，∴AD＝4﹣（6﹣23）＝23-2∴线段DE所扫过的面积＝S△ACD﹣S△CDE﹣S△AMN=1∴线段DE所扫过的面积＝18-81【点评】本题考查了轨迹问题，角平分线的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．17．如图，在▱ABCD中，对角线BD的垂直平分线分别与AD，BC，BD相交于点E，F，O．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）在▱ABCD中，若AB＝2.5，AD＝4，有两动点P，Q分别从B，D两点同时出发，沿△BAE和△DFC各边运动一周，即点P自B→A→E→B停止，点Q自D→F→C→D停止，点P运动的路程是x，点Q运动的路程是y，当四边形BPDQ是平行四边形时，则请直接写出x+y的值为6.5．【考点】轨迹；线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质．【专题】动点型；多边形与平行四边形；矩形菱形正方形；几何直观；推理能力；应用意识．【答案】（1）见解析；（2）6.5．【分析】（1）△EOD≌△FOB（AAS），可得DE＝BF，又由已知可得，DE∥BC，BE＝DE，则可证四边形BEDF是菱形；（2）先证明△ABE≌△CDF（SAS），得到AE＝CF，分三种情况讨论：①当P点在AB上，Q点在CD上时，BP＝DQ，x+y＝BP+DF+CF+CQ＝DQ+DF+CF+CQ＝CD+BC＝6.5；②当P点在AE上，Q点CF上时，x+y＝AB+AP+DF+FQ＝CD+CQ+DF+FQ＝CD+BC＝6.5；③当P点在BE上，Q点在DF上时，x+y＝AB+AE+PE+DQ＝AB+AE+PE+BP＝AB+AE+BE＝AB+AD＝6.5．【解答】解：（1）∵EF垂直平分BD，∴BE＝ED，∴四边形ABCD是平行四边形，∴ED∥BF，∴∠DEO＝∠BFO，在△EOD和△FOB中，∠DEO∴△EOD≌△FOB（AAS），∴ED＝BF，∴四边形BEDF是菱形；（2）在△ABE和△CDF中，AB=∴△ABE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，①当P点在AB上，Q点在CD上时，∵四边形BPDQ是平行四边形，∴BP＝DQ，∴x+y＝BP+DF+CF+CQ＝DQ+DF+CF+CQ＝CD+BC＝6.5；②当P点在AE上，Q点CF上时，如图2，∵BPDQ是平行四边形，∴PD＝BQ，∵AD＝BC，∴AP＝CQ，∴x+y＝AB+AP+DF+FQ＝CD+CQ+DF+FQ＝CD+BC＝6.5；③当P点在BE上，Q点在DF上时，如图3，∵BPDQ是平行四边形，∴BP＝DQ，∴x+y＝AB+AE+PE+DQ＝AB+AE+PE+BP＝AB+AE+BE＝AB+AD＝6.5；综上所述：x+y＝6.5，故答案为6.5．【点评】本题考查点的运动轨迹，熟练掌握平行四边形的性质、菱形的判定与性质、根据点的运动情况画出相应的图，再分类讨论是解题的关键．18．如图（1）是一款手机支架，忽略支管的粗细，得到它的简化结构图如图（2）所示．已知支架底部支架CD平行于水平面，EF⊥OE，GF⊥EF，支架可绕点O旋转，OE＝20cm，EF＝203cm．如图（3）若将支架上部绕O点逆时针旋转，当点G落在直线CD上时，测量得∠EOG＝65°．（1）求FG的长度（结果精确到0.1）；（2）将支架由图（3）转到图（4）的位置，若此时F、O两点所在的直线恰好于CD垂直，点F的运动路线的长度称为点F的路径长，求点F的路径长．（参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14，3≈1.73【考点】轨迹；解直角三角形的应用．【专题】等腰三角形与直角三角形．【答案】见试题解答内容【分析】（1）作GM⊥OE可得矩形EFGM，设FG＝xcm，可知EF＝GM＝203cm，OM＝（20﹣x）cm，根据tan∠EOG=GMOM列方程可求得（2）RT△EFO中求出OF的长及∠EOF的度数，由∠EOG度数可得旋转角∠FOF′度数，根据弧长公式计算可得．【解答】解：（1）如图，作GM⊥OE于点M，∵FE⊥OE，GF⊥EF，∴四边形EFGM为矩形，设FG＝xcm，∴EF＝GM＝203cm，FG＝EM＝xcm，∵OE＝20cm，∴OM＝（20﹣x）cm，在RT△OGM中，∵∠EOG＝65°，∴tan∠EOG=GMOM，即20解得：x≈3.8cm；故FG的长度约为3.8cm．（2）连接OF，OF'在Rt△EFO中，∵EF＝203，EO＝20，∴FO=EF2+EO∴∠EOF＝60°，∴∠FOG＝∠EOG﹣∠EOF＝5°，又∵∠GOF′＝90°，∴∠FOF′＝85°，∴点F在旋转过程中所形成的弧的长度即路径长为：85⋅π⋅【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，充分体现了数学与实际生活的密切联系，解题的关键是表示出线段的长后，理清线段之间的关系．19．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥BC，H为垂足，将△ABH绕点A逆时针旋转α得△ADE，连接CD，F为CD的中点，连接FH，FE．（1）求证：FH＝FE且FH⊥FE；（2）若AB＝4，α＝180°，直接写出点F经过的路径长．【考点】轨迹；旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形中位线定理；圆的认识．【专题】动点型；图形的全等；推理能力．【答案】（1）证明见解析部分；（2）2π．【分析】（1）延长HF到M，使FM＝FH，连接DM，EM，EH．利用全等三角形的性质证明△HEM是等腰直角三角形，可得结论；（2）如图，取AC的中点O，连接OH，OF，AF．证明OH＝OF＝2，推出点F的运动轨迹是弧HF，利用弧长公式求解即可．【解答】（1）证明：延长HF到M，使FM＝FH，连接DM，EM，EH．∵F为CD的中点，∴FD＝FC，又∠HFC＝∠MFD，∴△DFM≌△CFH（SAS），∴∠FDM＝∠FCH，DM＝CH，又AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH，又∠BAC＝90°，∴AH＝HC＝BH=12∴AH＝DM，ED＝EA，又∠EDM＝360°﹣∠EDC﹣∠FDM＝360°﹣∠EDC﹣∠FCH，∠EAH＝（5﹣2）×180°﹣∠AHC﹣∠AED﹣∠EDC﹣∠FCH＝540°﹣90°﹣90°﹣∠EDC﹣∠FCH＝360°﹣∠EDC﹣∠FCH，∴∠EDM＝∠EAH，∴△EDM≌△DAH（SAS），∴EM＝EH，∠DEM＝∠AEH，∴∠DEM+∠DEH＝∠AEH+∠DEH，∴∠MEH＝∠AED＝90°，又FM＝FH，∴FH＝FE，又EM＝EH，FM＝FH，∴FH⊥FE．（2）如图，取AC的中点O，连接OH，OF，AF．∵AC＝AD，CF＝DF，∴AF⊥CD，∴∠AFC＝90°，∵AO＝OC，∴OF=12AC＝∵∠AHC＝90°，AO＝OC，∴OH=12AC＝∴OH＝OF，∴点F的运动轨迹是弧HF，当α＝180°时，∠HOF＝180°，∴点F的运动轨迹的长为12×2×π×2＝2【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．20．如图，抛物线y=35x2-185x+3和y轴的交点为A，M为OA的中点，若有一动点P，自M点处出发，沿直线运动到x轴上的某点（设为点E），再沿直线运动到该抛物线对称轴上的某点（设为点F），最后又沿直线运动到点A，求使点P运动的总路程最短的点【考点】轨迹；一次函数图象上点的坐标特征；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．【专题】平移、旋转与对称．【答案】见试题解答内容【分析】作M关于x轴的对称点M′，作A关于该抛物线对称轴的对称点为A′，根据轴对称的性质得到M′（0，-32），A′的坐标为（6，3），连接A′M′交x轴于E，交对称轴于F，根据轴对称性及两点间线段最短可知，A′M′的长就是所求点【解答】解：作M关于x轴的对称点M′，作A关于该抛物线对称轴的对称点为A′，∵y=35x2-185x+3中，令x＝0，则∴A（0，3），∵M为OA的中点，∴M（0，32∴M′（0，-3∵抛物线y=35x2-185x+3为直线∴A′的坐标为（6，3），连接A′M′交x轴于E，交对称轴于F，根据轴对称性及两点间线段最短可知，A′M′的长就是所求点P运动的最短总路径的长．∵A′的坐标为（6，3），M′（0，-3∴直线A′M′的解析式为y=34x∴E点坐标为（2，0），F点坐标为（3，34由勾股定理可求出A′M′=6∴点P运动的最短总路径（ME+EF+FA）的长为152【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称﹣最短路线问题，正确的确定点E，F的位置是解题的关键．

考点卡片1．一次函数图象上点的坐标特征一次函数y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-bk，0）；与y轴的交点坐标是（0，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．2．二次函数的性质二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（-b2a，4ac-b24a），对称轴直线x=-b2a，二次函数y＝①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜-b2a时，y随x的增大而减小；x＞-b2a时，y随x②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜-b2a时，y随x的增大而增大；x＞-b2a时，y随x③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|-b2a|个单位，再向上或向下平移|43．二次函数图象上点的坐标特征二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（-b2a①抛物线是关于对称轴x=-b2a②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析式中的c值．③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x=x4．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．5．线段垂直平分线的性质（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段．②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．6．等边三角形的判定与性质（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．7．直角三角形斜边上的中线（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．8．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．9．等腰直角三角形（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R=2+1，所以r：R＝1：210．三角形中位线定理（1）三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点∴DE∥BC，DE=1211．平行四边形的性质（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．（2）平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分．（3）平行线间的距离处处相等．（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．12．菱形的性质（1）菱形的性质①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．（2）菱形的面积计算①利用平行四边形的面积公式．②菱形面积=12ab．（a、13．菱形的判定与性质（1）依次连接四边形各边中点所得