动点路径长专题(含答案)

动点路径长专题
一．选择题（共2小题）
1．如图，抛物线y=x2﹣x﹣与直线y=x﹣2交于A、B两点（点A在点B的左侧），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．若使点P运动的总路径最短，则点P运动的总路径的长为（）
A．B．C．D．
图1 图2
2．如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为（）
A．B．C．D．
二．填空题（共9小题）
3．（2013•鄂尔多斯）如图，直线y=﹣x+4与两坐标轴交A、B两点，点P为线段OA上的动点，连接BP，过点A 作AM垂直于直线BP，垂足为M，当点P从点O运动到点A时，则点M运动路径的长为_________．
图3 图4 图5
4．如图，半径为2cm，圆心角为90°的扇形OAB的上有一运动的点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在上从点A运动到点B时，内心I所经过的路径长为_________．
5．（2011•江西模拟）已知扇形的圆心角为60°，半径为1，将它沿着箭头方向无滑动滚动到O′A′B′位置，
①点O到O′的路径是OO1→O1O2→O2O′；
②点O到O′的路径是→→；
③点O在O1→O2段上运动路线是线段O1O2；
④点O到O′的所经过的路径长为．以上命题正确的是_________．
6．（2013•宁德）如图，在Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=BC=4，点P在AC上运动，将纸片沿PB折叠，得到点C的对应点D（P在C点时，点C的对应点是本身），则折叠过程对应点D的路径长是_________．
图6 图7 图8
7．如图，已知AB=10，P是线段AB上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△ACP和△PDB，连接CD，设CD的中点为G，当点P从点A运动到点B时，则点G移动路径的长是_________．
8．（2013•湖州）如图，已知点A是第一象限内横坐标为2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_________．
9．（2013•桂林）如图，已知线段AB=10，AC=BD=2，点P是CD上一动点，分别以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1、O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2中点G的运动路径的长是_________．
图9 图10 图11
10．（2013•竹溪县模拟）如图：已知AB=10，点C、D在线段AB上且AC=DB=1；P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边△PFB，连结EF，设EF的中点为G；当点P从点C运动到点D时，则点G移动路径的长是_________．
11．如图，一根长为2米的木棒AB斜靠在墙角处，此时BC为1米，当A点下滑至A'处并且A'C=1米时，木棒AB的中点P运动的路径长为_________米．
三．解答题（共1小题）
12．（2012•义乌市模拟）如图，边长为4的等边△AOB的顶点O在坐标原点，点A在x轴正半轴上，点B在第一象限．一动点P沿x轴以每秒1个单位长度的速度由点O向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P 运动的时间是t秒．在点P的运动过程中，线段BP的中点为点E，将线段PE绕点P按顺时针方向旋转60°得PC．（1）当点P运动到线段OA的中点时，点C的坐标为_________；
（2）在点P从点O到点A的运动过程中，用含t的代数式表示点C的坐标；
（3）在点P从点O到点A的运动过程中，求出点C所经过的路径长．
《动点路径长专题》参考答案与试题解析
一．选择题（共2小题）
1．如图，抛物线y=x2﹣x﹣与直线y=x﹣2交于A、B两点（点A在点B的左侧），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．若使点P运动的总路径最短，则点P运动的总路径的长为（）
A．B．C．D．
考点：二次函数综合题．
专题：压轴题．
分析：
首先根据题意求得点A与B的坐标，求得抛物线的对称轴，然后作点A关于抛物线的对称轴x=的对称点A′，作点B关于x轴的对称点B′，连接A′B′，则直线A′B′与直线x=的交点是E，与x轴的交点是F，而且易得A′B′即是所求的长度．
解答：解：如图
∵抛物线y=x2﹣x﹣与直线y=x﹣2交于A、B两点，
∴x2﹣x﹣=x﹣2，
解得：x=1或x=，
当x=1时，y=x﹣2=﹣1，
当x=时，y=x﹣2=﹣，
∴点A的坐标为（，﹣），点B的坐标为（1，﹣1），
∵抛物线对称轴方程为：x=﹣=
作点A关于抛物线的对称轴x=的对称点A′，作点B关于x轴的对称点B′，
连接A′B′，
则直线A′B′与对称轴（直线x=）的交点是E，与x轴的交点是F，
∴BF=B′F，AE=A′E，
∴点P运动的最短总路径是AE+EF+FB=A′E+EF+FB′=A′B′，
延长BB′，AA′相交于C，
∴A′C=++（1﹣）=1，B′C=1+=，
∴A′B′==．
∴点P运动的总路径的长为．
故选A．
点评：此题考查了二次函数与一次函数的综合应用．注意找到点P运动的最短路径是解此题的关键，还要注意数形结合与方程思想的应用．
2．如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为（）
A．B．C．D．
考点：圆的综合题．
专题：压轴题．
分析：连接AC，AO，由AB⊥CD，利用垂径定理得到G为AB的中点，由中点的定义确定出OG的长，在直角三角形AOG中，由AO与OG的长，利用勾股定理求出AG的长，进而确定出AB的长，由CO+GO求出CG的长，在直角三角形AGC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为直径的半径，如图中红线所示，当E位于点B时，CG⊥AE，此时F与G重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A重合，可得出当点E从点B出发顺时针运动到
点D时，点F所经过的路径长，在直角三角形ACG中，利用锐角三角函数定义求出∠ACG的度数，进而确定出所对圆心角的度数，再由AC的长求出半径，利用弧长公式即可求出的长，即可求出点F所
经过的路径长．
解答：解：连接AC，AO，
∵AB⊥CD，
∴G为AB的中点，即AG=BG=AB，
∵⊙O的半径为4，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，
∴OG=2，
∴在Rt△AOG中，根据勾股定理得：AG==2，
∴AB=2AG=4，
又∵CG=CO+GO=4+2=6，
∴在Rt△AGC中，根据勾股定理得：AC==4，
∵CF⊥AE，
∴△ACF始终是直角三角形，点F的运动轨迹为以AC为直径的半圆，
当E位于点B时，CG⊥AE，此时F与G重合；当E位于D时，CA⊥AE，此时F与A重合，
∴当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长，
在Rt△ACG中，tan∠ACG==，
∴∠ACG=30°，
∴所对圆心角的度数为60°，
∵直径AC=4，
∴的长为=π，
则当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为π．
故选C．
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，其中根据题意得到点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长，是解本题的关键．
二．填空题（共9小题）
3．（2013•鄂尔多斯）如图，直线y=﹣x+4与两坐标轴交A、B两点，点P为线段OA
上的动点，连接BP，过点A作AM垂直于直线BP，垂足为M，当点P从点O运动
到点A时，则点M运动路径的长为．
考点：一次函数综合题．
分析：根据直线与两坐标轴交点坐标的特点可得A、B两点坐标，由题意可得点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，求出的长度即可．
解答：解：∵AM垂直于直线BP，
∴∠BMA=90°，
∴点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，
连接ON，
∵直线y=﹣x+4与两坐标轴交A、B两点，
∴OA=OB=4，
∴ON⊥AB，
∴∠ONA=90°，
∵AB==4，
∴ON=2，
∴=•2=．
故答案为：π．
点评：本题考查了二次函数的综合题，涉及了两坐标轴交点坐标及点的运动轨迹，难点在于根据∠BMC=90°，判断出点M的运动路径是解题的关键，同学们要注意培养自己解答综合题的能力．
4．如图，半径为2cm，圆心角为90°的扇形OAB的上有一运动的点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在上从点A运动到点B时，内心I所经
过的路径长为．
考点：弧长的计算；全等三角形的判定与性质；三角形的内切圆与内心．
专题：计算题．
分析：
如图，连OI，PI，AI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=180°﹣∠IPO﹣∠IOP=180°﹣（∠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PA，PO，可得∠APO=180°﹣135°=45°，得∠AOO=90°，O′O=OA=×2=，然后利用弧长公式计算弧OA的长．
解答：解：如图，连OI，PI，AI，
∵△OPH的内心为I，
∴∠IOP=∠IOA，∠IPO=∠IPH，
∴∠PIO=180°﹣∠IPO﹣∠IOP=180°﹣（∠HOP+∠OPH），
而PH⊥OA，即∠PHO=90°，
∴∠PIO=180°﹣（∠HOP+∠OPH）=180°﹣（180°﹣90°）=135°，
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PA，PO，
∵∠AIO=135°，
∴∠APO=180°﹣135°=45°，
∴∠AOO=90°，而OA=2cm，
∴O′O=OA=×2=，
∴弧OA的长==（cm），
所以内心I所经过的路径长为cm．
故答案为：cm．
点评：
本题考查了弧长的计算公式：l=，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．
5．（2011•江西模拟）已知扇形的圆心角为60°，半径为1，将它沿
着箭头方向无滑动滚动到O′A′B′位置，
①点O到O′的路径是OO1→O1O2→O2O′；
②点O到O′的路径是→→；
③点O在O1→O2段上运动路线是线段O1O2；
④点O到O′的所经过的路径长为．以上命题正确的是．
考点：旋转的性质；弧长的计算．
分析：圆心O由O到O1的路径是以A为圆心，以OA为半径的圆弧；由O1到O2圆心所经过的路线是线段O1O2；
由O2到O′，圆心经过的路径是：以B′为圆心，以O′B′为半径的圆弧．据此即可判断．
解答：解：圆心O由O到O1的路径是以A为圆心，以OA为半径的圆弧；
由O1到O2圆心所经过的路线是线段O1O2；
由O2到O′，圆心经过的路径是：以B′为圆心，以O′B′为半径的圆弧．
故正确的是：③④．
故答案为：③④．
点评：本题主要考查了图形的旋转，正确确定圆心O经过的路线是解决本题的关键．
6．（2013•宁德）如图，在Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=BC=4，点P在AC上运动，将纸片
沿PB折叠，得到点C的对应点D（P在C点时，点C的对应点是本身），则折叠过程对应点D
的路径长是．
考点：翻折变换（折叠问题）；弧长的计算．
分析：根据翻折变换的性质以及△ABC是等腰直角三角形判断出点D的路径是以点B为圆心，以BC的长为半径的扇形，然后利用弧长公式列式计算即可得解．
解答：解：∵∠C=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
如图，点D的路径是以点B为圆心，以BC的长为半径的扇形，
路径长==2π．
故答案为：2π．
点评：本题考查了翻折变换的性质，弧长的计算，判断出点D的路径是扇形是解题的关键．
7．如图，已知AB=10，P是线段AB上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同
侧作等边△ACP和△PDB，连接CD，设CD的中点为G，当点P从点A运动到点B
时，则点G移动路径的长是．
考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质．
专题：压轴题．
分析：分别延长AC、BD交于点H，易证四边形CPDH为平行四边形，得出G为PH中点，则G的运行轨迹△HAB 的中位线MN，运用中位线的性质求出MN的长度即可．
解答：解：如图，分别延长AC、BD交于点H，
∵∠A=∠DPB=60°，
∴AH∥PD，
∵∠B=∠CPA=60°，
∴BH∥PC，
∴四边形CPDH为平行四边形，
∴CD与HP互相平分．
∵G为CD的中点，
∴G正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的
运行轨迹为△HAB的中位线MN．
∴MN=AB=5，即G的移动路径长为5．
故答案为：5．
点评：本题考查了三角形中位线定理及等边三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点G移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强．
8．（2013•湖州）如图，已知点A是第一象限内横坐标为2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．
考点：一次函数综合题．
专题：压轴题．
分析：（1）首先，需要证明线段B0B n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△AB0B n∽△AON，求出线段B0B n的长度，即点B运动的路径长．
解答：解：由题意可知，OM=，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=OM=×=．
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B n，连接B0B n．
∵AO⊥AB0，AN⊥AB n，∴∠OAC=∠B0AB n，
又∵AB0=AO•tan30°，AB n=AN•tan30°，∴AB0：AO=AB n：AN=tan30°，
∴△AB0B n∽△AON，且相似比为tan30°，
∴B0B n=ON•tan30°=×=．
现在来证明线段B0B n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B i，连接AP，AB i，B0B i．
∵AO⊥AB0，AP⊥AB i，∴∠OAP=∠B0AB i，
又∵AB0=AO•tan30°，AB i=AP•tan30°，∴AB0：AO=AB i：AP，
∴△AB0B i∽△AOP，∴∠AB0B i=∠AOP．
又∵△AB0B n∽△AON，∴∠AB0B n=∠AOP，
∴∠AB0B i=∠AB0B n，
∴点B i在线段B0B n上，即线段B0B n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B0B n，其长度为．
故答案为：．
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．
9．（2013•桂林）如图，已知线段AB=10，AC=BD=2，点P是CD上一动点，分别
以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为
O1、O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2中点G的运动路径的长是．
考点：正方形的性质；轨迹．
专题：压轴题．
分析：根据正方形的性质以及勾股定理即可得出正方形对角线的长，进而得出线段O1O2中点G的运动路径的长．解答：解：如图所示：当P移动到C点以及D点时，得出G点移动路线是直线，利用正方形的性质即线段O1O2中点G的运动路径的长就是O2O″的长，
∵线段AB=10，AC=BD=2，当P与C重合时，
以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，
∴AP=2，BP=8，
则O1P=，O2P=4，
∴O2P=O2B=4，
当P′与D重合，则P′B=2，则AP′=8，
∴O′P′=4，O″P′=，
∴H′O″=BO″=，
∴O2O″=4﹣=3．
故答案为：3．
点评：此题主要考查了正方形的性质以及勾股定理等知识，根据已知得出G点移动的路线是解题关键．
10．（2013•竹溪县模拟）如图：已知AB=10，点C、D在线段AB上且AC=DB=1；
P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边
△PFB，连结EF，设EF的中点为G；当点P从点C运动到点D时，则点G移动路
径的长是．
考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质．
分析：分别延长AE、BF交于点H，易证四边形EPFH为平行四边形，得出G为PH中点，则G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．再求出CD的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可．
解答：解：如图，分别延长AE、BF交于点H，
∵∠A=∠FPB=60°，
∴AH∥PF，
∵∠B=∠EPA=60°，
∴BH∥PE，
∴四边形EPFH为平行四边形，
∴EF与HP互相平分．
∵G为EF的中点，
∴G正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，
所以G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．
∵CD=10﹣1﹣1=8，
∴MN=4，即G的移动路径长为4．
故答案为：4．
点评：本题考查了三角形中位线定理及等边三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点G移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强．
11．如图，一根长为2米的木棒AB斜靠在墙角处，此时BC为1米，当A点下滑至A'处并且
A'C=1米时，木棒AB的中点P运动的路径长为米．
考点：勾股定理的应用；弧长的计算．
专题：压轴题．
分析：先根据三角函数求出∠BAC的度数，再根据直角三角形的性质得到∠ACP的度数，同理求出∠B′CP′的度数，可得∠PCP′的度数，再根据弧长的计算公式求解即可．
解答：解：连接CP，CP′．
∵∠ACB=90°，BC=1米，A′B=2米，
∴∠BA′C=30°，
∵P是木棒AB的中点，
∴PC=PA=1米，
∴∠PCA=30°，
同理求出∠B′CP′=30°，
则∠PCP′=30°，
∴木棒AB的中点P运动的路径长为：×2π×1=米．
故答案为：米．
点评：考查了三角函数，直角三角形的性质和弧长的计算公式，木棒AB的中点P运动的路径为半径为1的扇形的弧长．
三．解答题（共1小题）
12．（2012•义乌市模拟）如图，边长为4的等边△AOB的顶点O在坐标原点，点
A在x轴正半轴上，点B在第一象限．一动点P沿x轴以每秒1个单位长度的速度
由点O向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒．在
点P的运动过程中，线段BP的中点为点E，将线段PE绕点P按顺时针方向旋转
60°得PC．
（1）当点P运动到线段OA的中点时，点C的坐标为；
（2）在点P从点O到点A的运动过程中，用含t的代数式表示点C的坐标；
（3）在点P从点O到点A的运动过程中，求出点C所经过的路径长．
考点：相似形综合题．
分析：（1）过点作CD⊥x轴于点D，先由等边三角形的性质求出P点坐标及BP的长，故可得出PE的长，由图形旋转的性质求出PC=PE及∠CPD的度数，再由锐角三角函数的定义即可求出PD及CD的长，进而可得出结论；
（2）过P作PD⊥OB于点D，过C作CF⊥PA于点F，在Rt△OPD中PD=OP•sin60°=，由相似三角形的判定定理得出△BPD∽△PCF，故可得出CF及PF的长，进而可得出C点坐标；
（3）取OA的中点M，连接MC，由（2）得，，由锐角三角函数的定义得出∠CMF=30°，可知点C在直线MC上运动．故当点P在点O时，点C与点M重合．
当点P运动到点A时，点C的坐标为（5，），由两点间的距离公式即可得出结论．
解答：解：（1）如图1，过点作CD⊥x轴于点D，
∵△AOB是等边三角形，P是OA的中点，
∴P（2，0），BP=OB•sin60°=4×=2，
∵E是BP的中点，
∴PE=，
∴PE=PC=，
∵∠BPC=60°，
∴∠CPA=30°，
∴PD=PC•cos30°=×=，CD=PC•sin30°=×=，
∴OD=OP+PD=2+=，
∴C（，）；
（2）如图2，过P作PD⊥OB于点D，过C作CF⊥PA于点F
在Rt△OPD中PD=OP•sin60°=，
∵∠OBP+∠OPB=∠CPF+∠OPB=120°
∴∠DBP=∠FPC，
∵∠PDB=∠CFP=90°
∴△BPD∽△PCF，
∴CF=，
∴点C的坐标是（）；
（3）取OA的中点M，连接MC，由（2）得，．
∴
∴∠CMF=30°．
∴点C在直线MC上运动．
当点P在点O 时，点C与点M重合．
当点P运动到点A时，点C的坐标为
∴点C 所经过的路径长为．
点评：本题考查的是相似形综合题及旋转的性质、等边三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
11。