2026中考数学高频考点一轮复习：轨迹（含解析）

中考数学一轮复习轨迹一．选择题（共10小题）1．（2025春•玉林期中）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延长线上找一个点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．23 B．3 C．253 2．（2025•武进区模拟）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．22π B．22 C．π23．（2025春•汉阳区月考）如图，CD为⊙O直径，AB⊥CD且过半径OD的中点H，过点A的切线交CD的延长线于G，且GH＝6，点E为⊙O上一动点，OF⊥AE于点F，当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F经过的路径长是（）A．233π B．433π C．23π4．（2025•高碑店市三模）如图，矩形ABCD中，AD=3AB，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32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．π3 B．2π3 C．4π3 6．（2025春•宿迁期中）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，当点P从点B运动到点C，点M运动的路径长为（）A．3 B．4 C．4.8 D．57．（2025•鼓楼区一模）如图，在△ABC中，∠B＝60°，AC＝6，⊙O是△ABC的外接圆，D为AC上一动点，过A作直线OD的垂线，垂足为E．在D从A沿AC运动到C的过程中，点E经过的路径长为（）A．23π3 B．43π3 C8．（2025•博兴县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝40°，AC＝6．将Rt△ABC绕AC的中点O按逆时针方向旋转，点A，B，C的对应点分别为点D，E，F．当点E与点C第一次重合时，点A运动路径的长为（）A．43π B．83π C．2π 9．（2025•肇州县一模）如图，AB是半径为3半圆O的直径．CD是圆中可移动的弦，且CD＝3，连接AD、BC相交于点P，弦CD从C与A重合的位置开始，绕着点O顺时针旋转120°，则交点P运动的路径长是（）A．43π3 B．23π3 C10．（2025春•宝山区）如图，一张半径为2的圆形纸片在边长为a（a≥6）的正方形内任意移动，那么在该正方形内，这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是（）A．16﹣4π B．（4﹣π）a2 C．4π D．a2﹣4π二．填空题（共5小题）11．（2025春•青浦区）一把直角三角尺ABC的一边BC紧贴在直线l上，∠A＝30°，∠B＝60°，AB＝2BC＝6cm，直角三角尺ABC先绕点C顺时针旋转，使AC落在直线l上，然后绕点A顺时针旋转，使AB落在直线l上，再绕点B顺时针旋转，使BC落在直线l上，此时，三角形ABC的放置方式与初始的放置方式一样，我们称这样的旋转为一个周期．请问，再经过个周期，点B走过的路程就会超过5m？（π取3.14）12．（2025春•岳池县期中）如图，有一张矩形纸片ABCD，AB＝7，BC＝3，点M、N分别在边AB、CD上，CN＝1，现将四边形BCMN沿MN折叠，使点B、C分别落在点B、C′上当点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相应的运动路径长为．13．（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．14．（2025•太康县二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，E是CD边靠近点D的三等分点，动点P在AD边上运动，过点E作EF⊥PE，交射线AB于点F，若M是线段EF的中点，则EMPE=，当点P从点A运动到点D时，点M运动的路径长为15．（2025•桥东区模拟）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝2，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P为半圆上任意一点，过P点作PE⊥OC于点E，设△OPE的内心为M，连接OM、PM．当点P在半圆上从点B运动到点C时，则内心M所经过的路径长为．三．解答题（共5小题）16．（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BD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：n34567891011⋯d1.0000.3820.2680.1980.1520.1210.0980.081⋯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（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EF长为π917．（2025•蓬江区一模）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）求图3中点B′到地面的距离；（2）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；（3）图4中，一辆宽1.6m，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：3≈1.732，π≈3.14，所有结果精确到0.118．（2025春•松江区月考）如图所示，扇形OAB从图①无滑动绕着点A旋转到图②（∠O'AO＝90°）的位置，再由图②紧贴直线运动到图②，已知∠O＝60°，OA＝2（结果保留π）．（1）求由图①到图②点O所运动的路径长；（2）点O所走过的路径与直线l围成的面积是多少？19．（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AB=43m，筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2（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．20．（2024秋•五华区）一张台球桌的桌面如图所示，一个球从桌边OC上的点P（3，0），滚向桌边AO，碰着AO上的点M后便反弹滚到点Q（1，4）．（1）要使小球运动的路径PMQ最短，则点M的坐标为（，）；（2）在（1）的条件下，求证：∠AMQ＝∠OMP．

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春•玉林期中）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延长线上找一个点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．23 B．3 C．253 【考点】轨迹；中心对称；相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．【答案】C【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，∴CDAN∴24解得x=2∴EQ=2-x=4在Rt△EBQ中，由勾股定理得EB=E∴点E的运动路径长为EB的长为25故选：C．【点评】本题考查勾股定理，相似三角形，正方形的性质，中心对称，能够正确作出辅助线是解题关键．2．（2025•武进区模拟）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．22π B．22 C．π2【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，∴DG=12同理：DH=12∵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，∠EGD=∠FHDGD=HD∴△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12CB∵AB＝AC＝1，∠C＝90°，∴CB=2∴EF的中点M所经过的路径长为22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．3．（2025春•汉阳区月考）如图，CD为⊙O直径，AB⊥CD且过半径OD的中点H，过点A的切线交CD的延长线于G，且GH＝6，点E为⊙O上一动点，OF⊥AE于点F，当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F经过的路径长是（）A．233π B．433π C．23π【考点】轨迹；勾股定理；垂径定理；切线的性质．【专题】推理能力．【答案】B【分析】连接AC，AO，由AB⊥CD，利用垂径定理得到H为AB的中点，证明△AOG∽△HOA，可求圆的半径，在直角三角形AOH中，由AO与OH的长，利用勾股定理求出AH的长，进而确定出AB的长，由CO+HO求出CB的长，在直角三角形AHC中，利用勾股定理求出AC的长，由CF垂直于AE，得到三角形ACF始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的圆上，当E位于点B时，CH⊥AE，此时F与H重合；当E位于点C时，此时F与C重合，可得出当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长CH⌢的长，在直角三角形ACH中，利用锐角三角函数定义求出∠CAH的度数，进而确定出CH⌢所对圆心角的度数，再由AC的长求出半径，利用弧长公式即可求出CH⌢【解答】解：连接AC，AO，∵AB⊥CD，∴H为AB的中点，即AH=BH=1∵AG是⊙O的切线，∴∠OAG＝90°＝∠AHO，∵∠GOA＝∠AOH，∴△AOG∽△HOA，∴AO即OA2＝OH•OG，∴OA∴OA＝4或OA＝0（不符合题意，舍去）∴OH＝2，AH=A∴AC=A∵CF⊥AE，∴△ACF始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的圆上，当E位于点B时，CH⊥AE，此时F与H重合；当E位于点C时，此时F与C重合，∴当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长CH⌢在Rt△ACH中，tan∠ACH=AH∴∠ACH＝30°，∴∠CAH＝60°，∴CH⌢所对圆心角的度数为120∵直径AC=43∴CH⌢的长=则当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长CH⌢的长为4故选：B．【点评】此题考查了圆的综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，勾股定理，锐角三角函数定义，弧长公式，以及圆周角定理，其中根据题意得到当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长为CH⌢4．（2025•高碑店市三模）如图，矩形ABCD中，AD=3AB，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32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AD'AC'【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°，∵AD=3∴AD=3∴AC=A∴ADAC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，∵AD'AC'∴点D′，C′运动路径的长度比始终为32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．π3 B．2π3 C．4π3 【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BE，根据弧长公式求得lBE【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BE，∵lBE∴点B′的运动路径长为4π3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春•宿迁期中）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，当点P从点B运动到点C，点M运动的路径长为（）A．3 B．4 C．4.8 D．5【考点】轨迹；勾股定理的逆定理．【专题】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】D【分析】连接AP，根据勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，从而可得∠BAC＝90°，再根据垂直定义可得∠PEA＝∠PFA＝90°，从而可得四边形AEPF是矩形，然后利用矩形的性质可得EF＝AP，再利用直角三角形斜边上的中线性质可得AM＝MP=12AP，取AB的中点为M′，AC的中点为M″，连接MM′，M′M″，得出MM′是△ABP的中位线，M′M″是△ABC的中位线，求得M′M″=12BC＝5，M′M″∥BC，M的运动路径长为M′【解答】解：连接AP，由题意可得：AB2+AC2＝62+82＝100，BC2＝102＝100，∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，∴∠BAC＝90°，∵PE⊥AB，PF⊥AC，∴∠PEA＝∠PFA＝90°，∴四边形AEPF是矩形，∴EF＝AP，∵点M是EF的中点，∴点M是EF与AP的交点，∴AM＝MP=12取AB的中点为M′，AC的中点为M″，连接MM′，M′M″，由题意可得：MM′是△ABP的中位线，∴MM′∥BP，∴∠AM′M＝∠B，∵∠B是定值，∴∠AM′M也是定值，∵A，M′是定点，∴M在MM′所在的直线上运动，∵M′M″是△ABC的中位线，∴M′M″=12BC＝2×10＝5，M′M″∥∴∠AM′M″＝∠B＝∠AM′M，∴M′，M、M″三点共线，∵AM=12∴当P与B点重台时，M与M′重合，当P与C点重合时，M与M″重合，∴M的运动路径长为M′M″的长度，即M运动的路径长为5，故选：D．【点评】本题考查了矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理的逆定理，垂线段最短，中位线性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．7．（2025•鼓楼区一模）如图，在△ABC中，∠B＝60°，AC＝6，⊙O是△ABC的外接圆，D为AC上一动点，过A作直线OD的垂线，垂足为E．在D从A沿AC运动到C的过程中，点E经过的路径长为（）A．23π3 B．43π3 C【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OF⊥AC，AF=12AC=3，∠AOF=12∠AOC=60°，再解直角三角形可得AO=23【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AC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，∴OF⊥AC，AF=1在Rt△AOF中，AFAO=sin60°∴AO=3取AO的中点G，连接EG，∵AE⊥DO，∴∠AEO＝90°，∴点E的轨迹为以G为圆心，3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=240°360°•π•3•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．8．（2025•博兴县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝40°，AC＝6．将Rt△ABC绕AC的中点O按逆时针方向旋转，点A，B，C的对应点分别为点D，E，F．当点E与点C第一次重合时，点A运动路径的长为（）A．43π B．83π C．2π 【考点】轨迹；旋转的性质．【专题】平移、旋转与对称；运算能力．【答案】A【分析】连接BO，由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，得到AO＝BO，进而得到∠ABO＝∠BAC＝40°，则∠BOC＝80°，易知点E与点C第一次重合时，旋转角为80°，根据旋转的性质得到AO=DO=12AC=3，点A【解答】解：如图，连接BO，∵在Rt△ABC中，点O是AC的中点，AC＝6，∴AO＝BO，∵∠BAC＝40°，∴∠ABO＝∠BAC＝40°，∴∠BOC＝∠ABO+∠BAC＝80°，∴点E与点C第一次重合时，旋转角为80°，∴∠AOD＝80°，由旋转的性质得到AO=DO=1∴点A运动路径的长为AD⌢∴点A运动路径的长为：80×3π180故选：A．【点评】本题考查了弧长公式，直角三角形的特征，旋转的性质，熟练掌握以上知识点是关键．9．（2025•肇州县一模）如图，AB是半径为3半圆O的直径．CD是圆中可移动的弦，且CD＝3，连接AD、BC相交于点P，弦CD从C与A重合的位置开始，绕着点O顺时针旋转120°，则交点P运动的路径长是（）A．43π3 B．23π3 C【考点】轨迹；旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理．【专题】几何图形；运算能力．【答案】A【分析】连接OC，OD，AC，先导角得到∠APB＝120°，作△APB的外接圆，记为⊙N，连接NA，NB，那么点P的轨迹为劣弧AB，即路径长劣弧AB的长度，则∠ANB＝360°﹣2∠APB＝120°，连接ON，解直角三角形得到AN=23，路径长为120π×2【解答】解：AB是半径为3半圆O的直径．CD是圆中可移动的弦，且CD＝3，连接OC，OD，AC，∵OC＝OD＝CD＝3，∴∠COD＝60°，当弦CD从C与A重合的位置开始，绕着点O顺时针旋转120°时，即∠AOC＝120°，∴此时点D与点B，P重合，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵∠DAC=1∴∠APC＝90°﹣∠DAC＝60°，∴∠APB＝120°，作△APB的外接圆，记为⊙N，连接NA，NB，∴点P的轨迹为劣弧AB，即路径长劣弧AB的长度，∴∠ANB＝360°﹣2∠APB＝120°，连接ON，∵O为AB中点，∴NO⊥AB，∵NA＝NB，∴∠NAB＝∠NBA＝30°，∴AN=AO∴路径长为：120π×23故选：A．【点评】本题考查了圆周角定理，弧长公式，解直角三角形，等边三角形的判定与性质等知识点，难度较大，解题的关键在确定点P的运动轨迹．10．（2025春•宝山区）如图，一张半径为2的圆形纸片在边长为a（a≥6）的正方形内任意移动，那么在该正方形内，这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是（）A．16﹣4π B．（4﹣π）a2 C．4π D．a2﹣4π【考点】轨迹；列代数式．【专题】动点型；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】A【分析】圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是就是小正方形的面积与扇形的面积的差，再乘4即可得解．【解答】解：如图所示，小正方形的面积是：2×2＝4，当圆运动到正方形的一个角上时，形成扇形，它的面积是（22π）÷4＝π，则这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是：（4﹣π）×4＝16﹣4π，故选：A．【点评】本题考查轨迹，列代数式，正方形和圆的面积的计算公式，正确理解“不能接触到的部分”的面积是哪部分是关键．二．填空题（共5小题）11．（2025春•青浦区）一把直角三角尺ABC的一边BC紧贴在直线l上，∠A＝30°，∠B＝60°，AB＝2BC＝6cm，直角三角尺ABC先绕点C顺时针旋转，使AC落在直线l上，然后绕点A顺时针旋转，使AB落在直线l上，再绕点B顺时针旋转，使BC落在直线l上，此时，三角形ABC的放置方式与初始的放置方式一样，我们称这样的旋转为一个周期．请问，再经过25个周期，点B走过的路程就会超过5m？（π取3.14）【考点】轨迹；旋转的性质．【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．【答案】25．【分析】当三角形ABC的放置方式与初始的放置方式一样时，旋转为一个周期．点B走过的路程为以BC为半径和以AB为半径的两个扇形的弧长．【解答】解：一把直角三角尺ABC的一边BC紧贴在直线l上，∠A＝30°，∠B＝60°，AB＝2BC＝6cm，∴BC＝3cm，∵点B走过的路程为以BC＝3cm为半径，圆心角为90°的扇形的弧长和以AB＝6cm为半径，圆心角为150°的扇形的弧长和，∴三角形ABC旋转一个周期．点B走过的路程为：2π×3×90=3=13=13≈20.41，500÷20.14＝24.83≈25，则从初始位置开始至少经过25个周期，点B走过的路程会超过5m．故答案为：25．【点评】本题考查了轨迹，旋转的性质，掌握B点经过的图形的形状是解答本题的关键．12．（2025春•岳池县期中）如图，有一张矩形纸片ABCD，AB＝7，BC＝3，点M、N分别在边AB、CD上，CN＝1，现将四边形BCMN沿MN折叠，使点B、C分别落在点B、C′上当点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相应的运动路径长为10-94【考点】轨迹；翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】10-【分析】探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置，当点M与点A重合时，当点M运动到MB'⊥AB时，当点M运动到点B'落在CD时，分别利用矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，分别进行计算即可．【解答】解：如图，当点M与点A重合时，∵四边形ABCD矩形，AB＝7，BC＝3，∴AB∥CD，AD＝BC＝3，CD＝AB＝7，∠D＝90°，∴∠1＝∠3，由折叠的性质可得：∠1＝∠2，∴∠2＝∠3，∴AE＝EN，设AE＝EN＝x，则DE＝CD﹣EN﹣CN＝7﹣x﹣1＝6﹣x，在Rt△ADE中，AD2+DE2＝AE2，∴32+（6﹣x）2＝x2，解得：x=15∴DE=6-x=6-15如图，当点M运动到MB′⊥AB时，DE'的值最大，∵四边形ABCD矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∵MB'⊥AB，∴∠B＝∠C＝∠E'MB＝90°，∴四边形CBME'是矩形，∴E'M＝BC＝3，同理可得：E'M＝E'N＝3，∴DE'＝CD﹣E'N﹣CN＝7﹣3﹣1＝3，如图，当点M运动到点B'落在CD时，由折叠的性质可得：∠1＝∠2，BM＝B'M，CN＝C′N＝1，B'C'＝BC＝3，∠C＝∠C'＝90°，∴B'N=B'C∴DE''=CD-B'N-CN=7-10∴点E的运动轨迹为E→E'→E''，运动路径为=3-9故答案为：10-【点评】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点，找准特殊点位置时解题的关键．13．（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209【考点】轨迹；勾股定理．【专题】计算题．【答案】209【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，∴AB=A∵NJ∥AC，∴△BNJ∽△BAC，∴BNAB∴y10∴BJ=3∴MJ＝BC﹣CM﹣BJ＝6﹣x-35∵∠C＝∠AMN＝∠NJM＝90°，∴∠AMC+∠NMJ＝90°，∠NMJ+∠MNJ＝90°，∴∠AMC＝∠MNJ，∴△ACM∽△MJN，∴ACMJ∴86-x-∴x2∵△≥0，∴(3∴9y2﹣820y+900≥0，∴（9y﹣10）（y﹣90）≥0，∴y≤109或y≥90（90＞10＝∴y≤10∴BN的最大值为109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209故答案为：209【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．14．（2025•太康县二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，E是CD边靠近点D的三等分点，动点P在AD边上运动，过点E作EF⊥PE，交射线AB于点F，若M是线段EF的中点，则EMPE=2，当点P从点A运动到点D时，点M运动的路径长为24【考点】轨迹；矩形的性质．【专题】几何图形；运算能力．【答案】224【分析】过点F作FG⊥DC交DC延长线于点G，则得△PDE∽△EGF，则可求得EFPE，从而求得EMPE；确定出点M的运动路径为线段NQ，利用相似三角形的判定与性质求得【解答】解：过点F作FG⊥DC交DC延长线于点G，则∠FEG+∠EFG＝90°；∵∠D＝∠A＝90°，CD＝AB＝9，∴∠PED+∠FEG＝90°，∴∠PED＝∠EFG，又∵∠D＝∠EGF＝90°，∴△PDE∽△EGF，∴EFPE∵∠D＝∠A＝∠G＝90°，∴FG＝AD＝12；由题意可得：∴DE=1∴EFPE由题意可得：EF＝2EM，∴2EMPE即EMPE如下图，当点P与点A重合时，由前面证明知△ADE∽△EGF，则ADEG∴EG=AD⋅FG当点P与点D重合时，此时点F运动到点H，则四边形EGFH是矩形，∴FH＝EG＝48；设BH，EF的中点分别为N，Q，连接NQ，则点M的运动路径为线段NQ，∵NQ=1故答案为：2；24．【点评】本题考查了矩形的判定与性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，动点问题等知识，利用三角形相似、确定出点M的运动路径是解题的关键．15．（2025•桥东区模拟）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝2，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点O，P为半圆上任意一点，过P点作PE⊥OC于点E，设△OPE的内心为M，连接OM、PM．当点P在半圆上从点B运动到点C时，则内心M所经过的路径长为2π4【考点】轨迹；勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心．【答案】见试题解答内容【分析】如图，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】解：∵△OPE的内心为M，∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°-12（∠EOP+∠∵PE⊥OC，即∠PEO＝90°，∴∠PMO＝180°-12（∠EOP+∠OPE）＝180°-12（180°﹣如图，∵OP＝OC，OM＝OM，而∠MOP＝∠MOC，∴△OPM≌△OCM（SAS），∴∠CMO＝∠PMO＝135°，所以点M在以OC为弦，并且所对的圆周角为135°的劣弧上（OMC）；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DA，DO，∵∠CMO＝135°，∴∠CDO＝180°﹣135°＝45°，∴∠CO′O＝90°，而OA＝1cm，∴O′O=22OC∴弧OMC的长=90π×22故答案为：2π4【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三．解答题（共5小题）16．（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BD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：n34567891011⋯d1.0000.3820.2680.1980.1520.1210.0980.081⋯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（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EF长为π9【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BD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，∴AE=2∴d＝AC﹣AE＝2-2≈∴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EF对应的圆心角为α°，∵EF长为π9∴2πα180∴a＝10，∴360α∴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．17．（2025•蓬江区一模）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）求图3中点B′到地面的距离；（2）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；（3）图4中，一辆宽1.6m，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：3≈1.732，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；矩形的判定．【专题】矩形菱形正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】（1）点B′到地面的距离约为2.8m；（2）点C所经过的路径约为3.1m；（3）汽车能安全通过，理由见解析．【分析】（1）过点B′作B'N⊥OM于点N，交AB于点E，根据解直角三角形、锐角三角函数进行解答即可．（2）根据弧长公式解答即可；（3）根据解直角三角形、锐角三角函数进行解答即可．【解答】解：（1）如图1，过点B′作B′N⊥OM于点N，交AB于点E，依题意得：∠B′AE＝60°，AB′＝AB＝3m，∠BAB′＝60°，在Rt△AEB′中，sin∠BAB'=B'E∴B'E=AB'⋅sin∠BAB'=3×sin60°=3×32=332≈2.598mB′E＝AB′•sin∠BAB′＝3×sin60∴B′N＝B′E+EN＝2.598+0.2≈2.8m，答：点B′到地面的距离约为2.8m；（2）∵点C′是点C绕点D旋转60°得到的，∴点C经过的路径长为