2020年中考数学二轮核心考点讲解第12讲运动路径长度问题解析版

【中考数学二轮核心考点讲解】
第12讲运动路径长度问题
想要对运动路径长度问题掌握得信手拈来，那么建议你对以下知识点进行提前学习会更好：
1.《隐圆模型》
2.《共顶点模型》-也可称“手拉手模型”
3.《主从联动模型》-也可称“瓜豆原理模型”
4.《旋转问题》—本系列的第二讲中所阐述的旋转相似模型
此外，还需要明白的动点类型还有：
5.线段垂直平分线——到线段两端点距离相等的动点一定在这条线段的垂直平分线上
6.角平分线——到角两边距离相等的动点一定在这个角的角平分线上
7.三角形中位线——动点到某条线的距离恒等于某平行线段的一半
8.平行线分线段成比例——动点到某条线的距离与某平行线段成比例
9.两平行线的性质——平行线间的距离，处处相等
一、路径为圆弧型
解题策略：
①作出隐圆，找到圆心
②作出半径，求出定长
解题关键：通过《隐圆模型》中五种确定隐圆的基本条件作出隐圆，即可轻易得出结论. 二、路径为直线型
解题策略：
①利用平行定距法或者角度固定法确定动点运动路径为直线型
②确定动点的起点与终点，计算出路径长度即可
解题关键：解题过程中常常出现中位线，平行线分线段成比例，相似证动角恒等于顶角等知识点
三、路径为往返型
解题策略：
①通常为《主从联动模型》的衍生版
②确定动点的起点与终点，感知运动过程中的变化
③找出动点运动的最远点
解题关键：解题过程中常常出现相似转线段长、《主从联动模型》中的滑动模型等
【例题1】如图，等腰Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝，⊙O与AB相切，分别交OA、OB于N、M，以PB为直角边作等腰Rt△BPQ，点P在弧MN上由点M运动到点N，则点Q运动的路径长为（）
A．B．C．D．
【分析】解题标签：《共顶点模型》中的旋转相似、《隐圆模型》中的动点定长模型、《主从联动模型》
【解析】如图，连接OP，AQ，
设⊙O与AB相切于C，连接OC，则OC⊥AB，
∵OA＝OB，∠AOB＝90°，OB＝，
∴AB＝2，OP＝OC＝AB＝，
∵△ABO和△QBP均为等腰直角三角形，
∴＝，∠ABO＝∠QBP＝45°，
∴＝，∠ABQ＝∠OBP，
∴△ABQ∽△OBP，
∴∠BAQ＝∠BOP，＝，即＝，
∴AQ＝，
又∵点P在弧MN上由点M运动到点N，
∴0°≤∠BOP≤90°，
∴0°≤∠BAQ≤90°，
∴点Q的运动轨迹为以A为圆心，AQ长为半径，圆心角为90°的扇形的圆弧，
∴点Q运动的路径长为＝，
故选：D．[本题用《主从联动模型》来接替会更快得到结果]
【例题2】已知⊙O，AB是直径，AB＝4，弦CD⊥AB且过OB的中点，P是劣弧BC上一动点，DF垂直AP于F，则P从C运动到B的过程中，F运动的路径长度（）
A．πB．C．πD．2
【分析】解题标签：“定边对直角”确定隐圆模型
【解析】作DQ⊥AC于Q，如图，
当P点在C点时，F点与Q重合；当P点在B点时，F点与E点重合，
∵∠AFD＝90°，
∴点F在以AD为直径的圆上，
∴点F运动的路径为，
∵弦CD⊥AB且过OB的中点，
∴OE＝OD，CE＝DE＝，AC＝AC＝2，
∴∠DOE＝60°，
∴∠DAC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴MQ和ME为中位线，
∴MQ＝，∠QME＝60°，
∴F运动的路径长度＝＝．
故选：A．
【例题3】如图，⊙O的半径为1，弦AB＝1，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是．
【分析】解题标签：“定边对定角”确定隐圆模型
【解析】连结OA、OB，作△ABC的外接圆D，如图1，
∵OA＝OB＝1，AB＝1，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴∠APB＝∠AOB＝30°，
∵AC⊥AP，
∴∠C＝60°，
∵AB＝1，要使△ABC的最大面积，则点C到AB的距离最大，
∵∠ACB＝60°，点C在⊙D上，
∴∠ADB＝120°，
如图2，
当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，且面积为AB2＝，∴△ABC的最大面积为．
故答案为：．
【例题4】如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP 交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（）
A. B. C. 1 D. 2
【分析】解题标签：“线段垂直平分线”产生“平行定距型”
【解析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为到等腰直角三角形，
∴AC=BC= AB= ，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，
∴PE=
2
2
AP=
2
2
CQ，QF=
2
2
BQ，
∴PE+QF=
2
2
（CQ+BQ）=
2
2
BC=
2
×2
2
=1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=1
2
（PE+QF）=
1
2
，即点M到AB的距离为
1
2
，
而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=1
2
AB=1，
故答案为：C．[或连接OM，CM，点M运动路径为线段OC中垂线]
【例题5】已知：如图1，平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，6），点B在x轴上，且∠BAO＝30°，点D是线段OA上的一点，以BD为边向下作等边△BDE．
（1）如图2，当∠ODB＝45°时，求证：OE平分∠BED．
（2）如图3，当点E落在y轴上时，求出点E的坐标．
（3）利用图1探究并说理：点D在y轴上从点A向点O滑动的过程中，点E也会在一条直线上滑动；
并直接写出点E运动路径的长度．
【分析】解题标签：“共顶点模型”、“全等或相似转固定角度法确定动点的直线运动”
【解析】（1）∵∠ODB＝45°，∠AOB＝90°，
∴∠OBD＝∠ODB＝45°，∴OD＝OB，
∵△BDE是等边三角形，∴DE＝BE，
在△DOE和△BOE中，，
∴△DOE≌△BOE（SSS），
∴∠DEO＝∠BEO，即OE平分∠BED；
（2）∵△BOE是等边三角形，
∴∠EDB＝60°，
∵OB⊥DE，
设OD＝x，则OE＝x，
∵∠BAO＝30°，∠AOB＝90°，
∴∠DBO＝∠ABD＝∠BAO＝30°，
∴BD＝2OD＝2x，AD＝BD＝2x，
∵OA＝AD+OD＝3x＝6，
解得，x＝2，
∴E（0，﹣2）；
（3）如图1，在x轴上取点C，使BC＝BA，连接CE，
∵∠ABD+∠OBD＝∠CBE+∠OBD＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE＝∠BAO＝30°，
∴当D在OA上滑动时，点E总在与x轴夹角为30°的直线CE上滑动，
如图可知，点E运动路径的长度为6．
【例题6】如图，Rt△ABC中，BC＝4，AC＝8，Rt△ABC的斜边在x轴的正半轴上，点A与原点重合，随着顶点A由O点出发沿y轴的正半轴方向滑动，点B也沿着x轴向点O滑动，直到与点O重合时运动结
束．在这个运动过程中，点C运动的路径长是8﹣12．
【分析】解题标签：“运动路径为来回型”
【解析】①当A从O到现在的点A处时，如图2，此时C′A⊥y轴，
点C运动的路径长是CC′的长，∴AC′＝OC＝8，
∵AC′∥OB，∴∠AC′O＝∠COB，
∴cos∠AC′O＝cos∠COB＝＝，∴＝，
∴OC′＝4，∴CC′＝4﹣8；
②当A再继续向上移动，直到点B与O重合时，如图3，
此时点C运动的路径是从C′到C，长是CC′，CC′＝OC′﹣BC＝4﹣4，
综上所述，点C运动的路径长是：4﹣8+4﹣4＝8﹣12；
故答案为：8﹣12．
【例题7】如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x＝2，动点P从抛物线的顶点A 出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t杪，连结OP并延长交抛物线于点B，连结OA，AB．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当△AOB为直角三角形时，求t的值；
（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤t≤5时，求点M经过的路径长度．
【分析】解题标签：“运动路径为来回型”
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，且对称轴是直线x＝2，
∴c＝0，﹣＝2，则b＝﹣4、c＝0，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x；
（2）设点B（a，a2﹣4a），
∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，∴点A（2，﹣4），
则OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，①若OB2＝OA2+AB2，则a2+（a2﹣4a）2＝20+（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，
解得a＝2（舍）或a＝，
∴B（，﹣），
则直线OB解析式为y＝﹣x，
当x＝2时，y＝﹣3，即P（2，﹣3），
∴t＝（﹣3+4）÷1＝1；
②若AB2＝OA2+OB2，则（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2＝20+a2+（a2﹣4a）2，
解得a＝0（舍）或a＝，
∴B（，），
则直线OB解析式为y＝x，
当x＝2时，y＝1，即P（2，1），
∴t＝[1﹣（﹣4）]÷1＝5；
③若OA2＝AB2+OB2，则20＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2+a2+（a2﹣4a）2，
整理，得：a3﹣8a2+21a﹣18＝0，
a3﹣3a2﹣5a2+15a+6a﹣18＝0，
a2（a﹣3）﹣5a（a﹣3）+6（a﹣3）＝0，
（a﹣3）（a2﹣5a+6）＝0，
（a﹣3）2（a﹣2）＝0，
则a＝3或a＝2（舍），
∴B（3，﹣3），
∴直线OB解析式为y＝﹣x，
当x＝2时，y＝﹣2，即P（2，﹣2），
∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；
综上，当△AOB为直角三角形时，t的值为1或2或5．
（3）∵⊙M为△AOB的外接圆，
∴点M在线段OA的中垂线上，
∴当1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段，
当t＝1时，如图1，
由（2）知∠OAB＝90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，
∵B（，﹣），
∴M（，﹣）；
当t＝5时，如图2，
由（2）知，∠AOB＝90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，
∵B（，）、A（2，﹣4），
∴M（，﹣）；
当t＝2时，如图3，
由（2）知，∠OBA＝90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OA的中点，
∵A（2，﹣4），
∴M（1，﹣2）；
则点M经过的路径长度为＝．
【例题8】如图，OM⊥ON，A、B分别为射线OM、ON上两个动点，且OA+OB＝5，P为AB的中点．当B由点O向右移动时，点P移动的路径长为（）
A．2B．2C．D．5
【分析】解题标签：“利用解析法计算几何路径长”
【解析】建立如图坐标系．
设OB＝t，则OA＝5﹣t，
∴B（t，0），A（0，5﹣t），
∵AP＝PB，∴P（，），
令x＝，y＝，消去t得到，y＝﹣x+（0≤x≤），
∴点P的运动轨迹是线段HK，H（0，），K（，0），
∴点P的运动路径的长为＝，
故选：C．
【例题9】如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0），在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．
【分析】解题标签：“利用解析法计算几何路径长”
【解析】如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．
依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．
设直线M1M2的解析式为y=kx+b，
∴，解得，
∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．
∵点Q（0，2t），P（6-t，0）
∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．
把x= 代入y=-2x+6得y=-2×+6=t，∴点M3在直线M1M2上．
过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2
∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．
【例题10】（1）如图1，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作等边△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；
（2）如图2，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以E为直角顶点的等腰Rt△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；
（3）如图3，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以D为直角顶点的等腰Rt△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；
（4）如图4，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以D为直顶点的等腰△BDE，且∠BDE=120°，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；
【分析】解题标签：“主从联动模型”
【解析】22；2；4；26
【例题11】如图，已知扇形AOB中，OA=3，∠AOB=120°，C是在上的动点．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________．
【分析】解题标签：“定边对定角”确定隐圆模型、主从联动模型
【解析】如图所示，
易得点D的运动轨迹的长为=2 π．
1．如图，在等腰Rt△ABC中，AC＝BC＝，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是．
【解析】如图，连接OP，OC，取OC的中点K，连接MK．
∵AC＝BC＝，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝2，
∴OP＝AB＝1，
∵CM＝MP，CK＝OK，
∴MK＝OP＝，
∴当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径是以K为圆心，长为半径的半圆，
∴点M运动的路径长＝•2•π•＝，
故答案为．
2．已知线段AB＝8，C、D是AB上两点，且AC＝2，BD＝4，P是线段CD上一动点，在AB同侧分别作等腰三角形APE和等腰三角形PBF，M为线段EF的中点，若∠AEP＝∠BFP，则当点P由点C移动
到点D时，点M移动的路径长度为4﹣3．
【解析】如图，分别延长AE、BF交于点H．
∵△APE和△PBF都是等腰三角形，且∠AEP＝∠BFP
∵∠A＝∠FPB，
∴AH∥PF，
同理，BH∥PE，
∴四边形EPFH为平行四边形，
∴EF与HP互相平分．
∵M为EF的中点，
∴M为PH中点，即在P的运动过程中，M始终为PH的中点，所以M的运行轨迹为三角形HCD的中位线QN．
∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝8﹣6，
∴QN＝CD＝4﹣3，即M的移动路径长为4﹣3．
故答案是：4﹣3．
3．已知线段AB＝10，P是线段AB上一动点，在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF，G为线段EF的中点，点P由点A移动到点B时，G点移动的路径长度为5．
【解析】如图，分别延长AE、BF交于点H，
∵∠A＝∠FPB＝60°，
∴AH∥PF，
∵∠B＝∠EP A＝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△HAB的中位线MN．
∴MN＝AB＝5，即G的移动路径长为5．
故答案为：5
4．如图，AB为⊙O的直径，AB＝3，弧AC的度数是60°，P为弧BC上一动点，延长AP到点Q，使AP•AQ
＝AB2．若点P由B运动到C，则点Q运动的路径长为3．
【解析】连接BQ，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵AP•AQ＝AB2．
即＝，
而∠BAP＝∠QAB，
∴△ABP∽△AQB，
∴∠ABQ＝∠APB＝90°，
∴BQ为⊙O的切线，点Q运动的路径长为切线长，
∵弧AC的度数是60°，
∴∠AOC＝60°，
∴∠OAC＝60°，
当点P在C点时，∠BAQ＝60°，
∴BQ＝AB＝3，
即点P由B运动到C，则点Q运动的路径长为3．
故答案为3．
5．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E在边AD上，且AE:ED＝1:2．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．设点M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M的运动路径长为________．
【答案】4
【解析】如图所示：过点M作GH⊥AD.
∵AD∥CB，GH⊥AD，
∴GH⊥BC.
在△EGM和△FHM中，
∴△EGM≌△FHM.
∴MG=MH.
∴点M的轨迹是一条平行于BC的线段
当点P与A重合时,BF1=AE=2，
当点P与点B重合时,∠F2+∠EBF1=90∘,∠BEF1+∠EBF1=90∘，
∴∠F2=∠EBF1.
∵∠EF1B=∠EF1F2，
∴△EF1B∽△∠EF1F2.
∴，
即
∴F1F2=8，
∵M1M2是△EF1F2的中位线，
∴M1M2= F1F2=4.
故答案为：4.
6．等边三角形ABC的边长为2，在AC，BC边上各有一个动点E，F，满足AE＝CF，连接AF，BE相交于点P．
（1）∠APB的度数；
（2）当E从点A运动到点C时，试求点P经过的路径长；
（3）连结CP，直接写出CP长度的最小值．
【解析】（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠C＝∠CAB＝60°，
又∵AE＝CF，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（SAS），
∴AF＝BE，∠ABE＝∠CAF．
又∵∠APE＝∠BPF＝∠ABP+∠BAP，
∴∠APE＝∠BAP+∠CAF＝60°．
∴∠APB＝180°﹣∠APE＝120°．
（2）如图1，∵AE＝CF，
∴点P的路径是一段弧，由题目不难看出当E为AC的中点的时候，点P经过弧AB的中点，此时△ABP 为等腰三角形，且∠ABP＝∠BAP＝30°，
∴∠AOB＝120°，
又∵AB＝2，
∴OA＝2，点P的路径是l＝＝＝；
（3）如图2，∵AE＝CF，
∴点P的路径是一段弧，
∴当点E运动到AC的中点时，CP长度的最小，
即点P为△ABC的中心，
过B作BE′⊥AC于E′，
∴PC＝BE′，
∵△ABC是等边三角形，∴BE′＝BC＝3，
∴PC＝2．∴CP长度的最小值是2．
方法二：由图1可知，CP最小值等于CO减OA，OA就是那圆弧的半径，可得PC的最小值为2．
7．如图，AB为半圆O的直径，AB=2，C，D为半圆上两个动点（D在C右侧），且满足∠COD=60°，连结AD，BC相交于点P若点C从A出发按顺时针方向运动，当点D与B重合时运动停止，则点P所经过的路径长为________．
【答案】
【解析】解：点C从点A运动到点D与点B从何时，AD与BC的相点P运动的轨迹是一条弧，C,D两点运动到恰好是半圆的三等分点时，AD与BC的相点P是弧的最高点，作AP,BP的中垂线，两线交于点E，点E是弧APB的圆心；
由题意知：AD=BD，∠PAB=∠PBA=30°,连接AE,DE，根
据圆的对称性得出A、O、E三点在同一直线上，
易证△ADE是一个等边三角形，∠AED=60°,
在Rt△ADO中，∠DOA=90°,∠PAB=30°,AO=1,
故AD=,∴AE=AD=,
弧APB的长度==。

故答案为：
8．如图，A（﹣3，0），B（0，3），C（﹣1，4），P，C，M按逆时针顺序排列，动点P在线段AB上，∠C ＝90°，∠CPM＝30°，请求出当P点从A运动到B点时，点M运动的路径时什么？并求出M点运动路径长度．
【解析】如图当点P与A重合时，作MH⊥AB于H，作CM1⊥MH于M1，连接BC，CH，BM1．取AM 的中点K，连接KC、KH．[或者用相似解答]
∵KM＝KA＝KC＝KH，
∴A、H、C、M四点共圆，
∴∠CHB＝∠AMC＝60°，
∵CB＝，
∴BH＝BC•tan30°＝，AH＝AB﹣BH＝3﹣，
在Rt△ACB中，AC＝＝2，
在Rt△ACM中，AM＝AC÷cos30°＝，
在Rt△AMH中，HM＝＝+，
当点P与B重合时，点M与M1重合，易知HM1＝BC＝，
∴MM1＝HM﹣HM1＝，
∴当P点从A运动到B点时，点M运动的路径是线段MM1，M点运动路径长度为．
9．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝6，动点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AD 运动，动点Q从点D出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线段D﹣O﹣C运动，已知P、Q同时开始
移动，当动点P到达D点时，P、Q同时停止运动．设运动时间为t秒．
（1）当t＝1秒时，求动点P、Q之间的距离；
（2）若动点P、Q之间的距离为4个单位长度，求t的值；
（3）若线段PQ的中点为M，在整个运动过程中；直接写出点M运动路径的长度为．
【解析】（1）如图1中，作QK⊥AD于K．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，∠BAD＝90°，
∴tan∠BDA＝＝，
∴∠BDA＝30°，
当t＝1时，DQ＝2，QK＝DQ＝1，DK＝，
∵P A＝，
∴PK＝4，
∴PQ＝＝＝7．
（2）①如图1中，当0＜t≤3时，QK＝t，PK＝6﹣2t，
∵PQ＝4，
∴t2+（6﹣2t）2＝42，
解得t＝2或（舍弃）
②如图2中，当3＜t≤6时，作QH⊥AD于H，OK⊥AD于K，OF⊥OH于F．
由题意：AQ＝2t，AH＝t，
∵AP＝t，
∴AH＝AP，
∴P与H重合，
当PQ＝4时，AQ＝8，
∴2t＝8，
∴t＝2，
综上所述，t＝2或4s时，PQ＝4．
（3）如图3中，作OK⊥AD于K．QH⊥AD于H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD＝OA，∵OK⊥AD，
∴DK＝AK，
∵DH＝P A＝t，
∴KH＝PK，
∵MK∥HQ，MQ＝MP，
∴点M在线段OK上，当点Q从D到O时，点M的运动距离＝OK＝．
如图4中，当点Q在线段OC上时，取CD的中点M′，OK的中点M，连接MM′，则点M的运动轨迹是线段MM′．
在Rt△OMM′中，MM′＝＝＝，
∴在整个运动过程中；直接写出点M运动路径的长度为．
故答案为．
10．（2019秋•江岸区校级月考）如图，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分别是AB，BC上的动点，且PQ＝AD，点M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，当P从点A运动到点B时，M运动的
路径长为3﹣．(看成固定三角板滑动处理/或反其道而行之)
【解析】如图1中，作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F，连接BM．
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，
∵∠MEB＝∠MFB＝90°，∴∠EMF＝∠PMQ＝120°，∴∠PME＝∠QMF，
∵MP＝MQ，∴△MEP≌△MFQ（AAS），∴ME＝MF，
∴BM平分∠ABC，∴点M的在射线BM上运动．
如图2中，由题意，当PQ∥AC时，BM的值最大，最大值BM＝＝＝＝2，当P1Q1落在BC上时，得到BM1的值最小，最小值BM1＝＝＝1，
设BM交AC于G，点M的运动路径是G→M→M1
∴点M的运动路径的长＝MG+MM1＝BM﹣BG+BM﹣BM1＝2﹣+2﹣1＝3﹣．
故答案为3﹣．
11．如图，在四边形ABCD中，∠C＝60°，∠A＝30°，CD＝BC．
（1）求∠B+∠D的度数．
（2）连接AC，探究AD，AB，AC三者之间的数量关系，并说明理由．
（3）若BC＝2，点E在四边形ABCD内部运动，且满足DE2＝CE2+BE2，求点E运动路径的长度．
【解析】（1）在四边形ABCD中，∠C＝60°，∠A＝30°，
∴∠D+∠B＝360°﹣∠A﹣∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°．
（2）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△QDC，连接AQ，
∴∠ACQ＝60°，AC＝CQ，AB＝QD，
∴△ACQ是等边三角形，
∴AC＝CQ＝AQ，
由（1）知：∠ADC+∠B＝270°，
∴∠ADC+∠CDQ＝270°，
可得∠QDA＝90°，
∴AD2+DQ2＝AQ2，
∴AD2+AB2＝AC2；
（3）将△BCE绕C点顺时针旋转60°，得到△CDF，连接EF，
∵CE＝CF，∠ECF＝60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF＝CE，∠CFE＝60°，
∵DE2＝CE2+BE2，
∴DE2＝EF2+DF2，
∴∠DFE＝90°，
∴∠CFD＝∠CFE+∠DFE＝60°+90°＝150°，
∴∠CEB＝150°，
则动点E在四边形ABCD内部运动，
满足∠CEB＝150°，以BC为边向外作等边△OBC，
则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为，
∵OB＝BC＝2，
则＝＝．
点E运动路径的长度是．
12．已知在扇形AOB中，圆心角∠AOB＝120°，半径OA＝OB＝8．
（1）如图1，过点O作OE⊥OB，交弧AB于点E，再过点E作EF⊥OA于点F，则FO的长是4，
∠FEO＝60°；
（2）如图2，设点P为弧AB上的动点，过点P作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，点M，N分别在半径OA，OB上，连接MN，则
①求点P运动的路径长是多少？
②MN的长度是否是定值？如果是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；
（3）在（2）中的条件下，若点D是△PMN的外心，直接写出点D运动的路经长．
【解析】（1）∵OE⊥OB，
∴∠BOE＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOE＝30°，
∵EF⊥OA，
∴∠EFO＝90°，
在Rt△EFO中，OE＝OB＝8．
∴OF＝OE•cos30°＝4，∠FEO＝90°﹣30°＝60°，
故答案为：4，60；
（2）①点P在弧AB上运动，其路径也是一段弧，由题意可知，
当点M与点O重合时，∠PMB＝30°，
当点N与点O重合时，∠PNA＝30°，
∴点P运动路径所对的圆心角是120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴点P运动的路径长＝＝；
②是定值；
如图1，连接PO，取PO的中点H，连接MH，NH，
∵在Rt△PMO和Rt△PNO中，点H是斜边PO的中点，
∴MH＝NH＝PH＝OH＝PO＝4，
∴根据圆的定义可知，点P，M，O，N四点均在同一个圆，即⊙H上，
又∵∠MON＝120°，∠PMO＝∠PNO＝90°，
∴∠MPN＝60°，∠MHN＝2∠MPN＝120°，
过点H作HK⊥MN，垂足为点K，
由垂径定理得，MK＝KN＝MN，
∴在Rt△HMK中，∠MHK＝60°，MH＝4，则MK＝2，
∴MN＝2MK＝4，是定值．
（3）由（2）知，点P，M，O，N四点共圆，
∴H是△PMN的外接圆的圆心，
即：点H和点D重合，
∴OD＝PD，
∴点D是以点O为圆心OP＝4为半径，
∵点P运动路径所对的圆心角是120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴点D运动路径所对的圆心角是120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴点D运动的路经长为＝．
13．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝4，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．
（1）求∠OMP的度数；
（2）当点P在半圆上从点B运动到点A时，求内心M所经过的路径长．
【解析】
（1）∵△OPE的内心为M，
∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，
∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°﹣（∠EOP+∠OPE），
∵PE⊥OC，即∠PEO＝90°，
∴∠PMO＝180°﹣（∠EOP+∠OPE）＝180°﹣（180°﹣90°）＝135°，
（2）如图，∵OP＝OC，OM＝OM，
而∠MOP＝∠MOC，
∴△OPM≌△OCM，
∴∠CMO＝∠PMO＝135°，
所以点M在以OC为弦，并且所对的圆周角为135°的两段劣弧上（和）；
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DC，DO，
∵∠CMO＝135°，
∴∠CDO＝180°﹣135°＝45°，
∴∠CO′O＝90°，而OA＝2cm，
∴O′O＝OC＝×2＝，
∴弧OMC的长＝＝π（cm），
同理：点M在扇形AOC内时，同①的方法得，弧ONC的长为πcm，
所以内心M所经过的路径长为2×π＝πcm．
14．（2019•兴化市模拟）正方形ABCD的边长为4，P为BC边上的动点，连接AP，作PQ⊥P A交CD边于
点Q．当点P从B运动到C时，线段AQ的中点M所经过的路径长（）
A．2B．1C．4D．
【解析】如图，连接AC，设AC的中点为O′．设BP的长为xcm，CQ的长为ycm．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°
∵PQ⊥AP，
∴∠APB+∠QPC＝90°
∠APB+∠BAP＝90°
∴∠BAP＝∠QPC
∴△ABP∽△PCQ
∴＝，即＝，
∴y＝﹣x2+x＝﹣（x﹣2）2+1（0＜x＜4）；
∴当x＝2时，y有最大值1cm．
易知点M的运动轨迹是M→O→M，CQ最大时，MO＝CQ＝，
∴点M的运动轨迹的路径的长为2OM＝1，
故选：B．
15．（2019•武汉模拟）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．πB．πC．πD．π
【解析】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P A，PO，
∵∠AIO＝135°，
∴∠APO＝180°﹣135°＝45°，
∴∠AO′O＝90°，而OA＝2cm，
∴O′O＝OA＝×2＝，
∴弧OA的长＝＝π（cm），
所以内心I所经过的路径长为πcm．
故选：B．
16．（2017•硚口区模拟）如图，BC是⊙O的直径，BC＝4，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在上从点M运动到点N时，点E运动的路径长是（）
A．B．C．D．
【解析】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），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＝4，
∴PB＝PC＝4，
∵∠HPC＝2∠HBC＝∠NBC＝∠NOC，同理∠GPB＝∠MOB，
∴∠HPC+∠GPB＝（∠NOC+∠MOB）＝30°，
∴∠GPH＝60°，
∴点E运动的路径长是＝π，
故选：B．
17．（2020•河北模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝1，P是边BC上的一个动点，由点B开始运动，运动到C停止．连接AP，以AP为直角边向右侧作等腰直角三角形，另一个顶点为Q．则点P从B运动到C的过程中，点Q的运动路径长为（）
A．πB．C．D．1
【解析】如图，延长AD到M，使得DM＝AD，连接CM，则点Q运动轨迹是线段CM．
作QN⊥BC于N，
∵P A＝PQ，∠APQ＝90°，
∴∠APB+∠QPN＝90°，∠QPN+∠PQN＝90°，
∴∠APB＝∠PQN，
在△ABP和△PNQ中，
，
∴△ABP≌△PNQ，
∴AB＝PN＝BC，PB＝NQ，
∴PB＝CN＝QN，
∴∠QCN＝45°，
∴点Q在线段CM上，点Q的运动轨迹是线段CM，
CM＝CD＝．
故选：C．
18．（2012•南通）无论a取什么实数，点P（a﹣1，2a﹣3）都在直线l上．Q（m，n）是直线l上的点，则
（2m﹣n+3）2的值等于16．
【解析】∵令a＝0，则P（﹣1，﹣3）；再令a＝1，则P（0，﹣1），由于a不论为何值此点均在直线l上，∴设此直线的解析式为y＝kx+b（k≠0），∴，解得，
∴此直线的解析式为：y＝2x﹣1，
∵Q（m，n）是直线l上的点，
∴2m﹣1＝n，即2m﹣n＝1，∴原式＝（1+3）2＝16．
故答案为：16．
19．（2018秋•北仑区期末）如图，已知点C是以AB为直径的半圆的中点，D为弧AC上任意一点，过点C 作CE⊥BD于点E，连接AE，若AB＝4，则AE的最小值为﹣．
【解析】连接OC、BC，P点为BC的中点，作PH⊥AB于H，如图，
∵点C是以AB为直径的半圆的中点，
∴OC⊥OB，
∴△BOC、△BPH为等腰直角三角形，
∴BC＝OB＝2，BP＝，PH＝1，
∵CE⊥BD，
∴∠BEC＝90°，
∴点E在⊙P上，
连接AP交⊙P于E′，此时AE′的长为AE的最小值，
在Rt△APH中，AH＝3，PH＝1，
∴AP＝＝，
∴AE′＝﹣，∴AE的最小值为﹣．故答案为﹣．
20．（2016•桂林）如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运
动的路径长是π．
【解析】如图点P运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．
∵四边形AOCB是正方形，
∴∠AOC＝90°，
∴∠AFP＝∠AOC＝45°，
∵EF是⊙O直径，
∴∠EAF＝90°，
∴∠APF＝∠AFP＝45°，
∴∠EPF＝135°，
∵EF是定值，
∴点P在以点G为圆心，GE为半径的圆上，
∴∠H＝∠APF＝45°，
∴∠EGF＝2∠H＝90°，
∵EF＝4，GE＝GF，
∴EG＝GF＝2，
∴的长＝＝π．
故答案为π．
21．（2017秋•银海区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A（8，0），点P（0，m），将线段P A绕着点P 逆时针旋转90°，得到线段PB，连接AB，OB，则BO+BA的最小值为8．
【解析】如图作BH⊥OH于H．
∵∠BHP＝∠BP A＝∠AOP＝90°，
∴∠BPH+∠APO＝90°，∠APO+∠P AO＝90°，
∴∠BPH＝∠P AO，
∵PB＝P A，
∴△PBH≌△APO，
∴PH＝OA＝8，BH＝PO＝m，
∴B（m，8+m），
∴OB+AB＝+，
如图，欲求OB+AB＝+的最小值，
相当于Z直线y＝x上寻找一点P（m，m），使得点P到M（0，﹣8），到N（8，﹣8）是距离和最小，
作M关于直线y＝x的对称点M′（﹣8，0），
易知PM+PN＝PM′+PN≥NM′，
∵NM′＝＝8，
∴PM+PN的最小值为8，
∴OB+AB＝+的最小值为8．
故答案为8．
22．如图，P为边长为2的正方形ABCD的边BC上一动点，将线段DP绕P逆时针旋转90°得到线段PE （E为D的对应点），M为线段PE的中点，当点P从点C运动到点B的过程中，点M的运动路径长为
【解析】如图，当P与B重合时，点E在DA的延长线上，AE＝AD＝2，当点P与C重合时，点E与B 重合，BE的中点M的运动轨迹为线段M1M2，易知M1M2＝EC＝•＝．
理由：如下图，作EH⊥CB交CB的延长线于H，作M2K⊥CH于K．
易证△EPH≌△DPC，
∴EH＝PC，PH＝CD＝BC，
∵EM2＝M2P，M2K∥EH，
∴KH＝PK＝CM1，
∴KM1＝PC，
∴M2K＝EH＝PC＝KM1，
∵tan∠M2M1K＝，tan∠DE′C＝tan∠E′CH＝，
∴tan∠M2M1K＝tan∠E′CH，
∴∠M2M1H＝∠E′CH，
∴M1M2∥CE′，
∴点M的运动轨迹是线段M1M2．
故答案为．
23．等边△ABC的边长为18，在AC，BC边上各取一点D，E，连接AE，BD相交于点P，若AE＝BD，当D从点A运动到点C时，点P所经过的路径长为4π或9．
【解析】若AE＝BD，则有AD＝BE或AD＝CE两种情况：
①当AD＝CE时，点P的路径是一段弧，当D为AC的中点的时候，点P经过弧AB的中点，
此时△ABP为等腰三角形，且∠ABP＝∠BAP＝30°，
∴∠AOB＝120°，
又∵AB＝18，
∴OA＝6，
∴点P的路径长l＝＝4π；
②当AD＝BE时，点P的路径就是过点C向AB作的垂线段CG，
因为等边三角形ABC的边长为18，
所以点P的路径长CG为：9．
故答案为：4π或9．
24．（2020•武汉模拟）如图，定直线l经过圆心O，P是半径OA上一动点，AC⊥l于点C，当半径OA绕着点O旋转时，总有OP＝OC，若OA绕点O旋转60°时，P、A两点的运动路径长的比值是1．
【解析】设⊙O的半径为R，l与⊙O交于点B，连接AB、BP、PC、如图所示：
∵AC⊥l于点C，∠AOB＝60°，
∴∠OAC＝30°，
∴OC＝OA＝OB，
∵OP＝OC，
∴OP＝OA，
∵OA＝OB，∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴BP⊥OA，
∴∠OPB＝90°，
∴点P在以OB为直径的圆上运动，圆心为C，
∴∠PCB＝2∠AOB＝120°，
∴点A的路径长为＝πR，点P的路径长为＝πR，
∴P、A两点的运动路径长的比值是1，
故答案为：1．
25．（2017•扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上一个动点，连接CP，过点P作PC 的垂线交AD于点E，以PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．
（1）若AP＝1，则AE＝；
（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；
②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；
（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠EPG＝90°，PF⊥EG，AB＝BC＝4，∠OEP＝45°，
∴∠AEP+∠APE＝90°，∠BPC+∠APE＝90°，
∴∠AEP＝∠BPC，
∴△APE∽△BCP
∴，即，解得：AE＝；故答案为：；
（2）①证明：如图3，
取PE的中点Q，连接AQ，OQ，
∵∠POE＝90°，
∴OQ＝PE，
∵△APE是直角三角形，
∴点Q是Rt△APE外接圆的圆心，
∴AQ＝PE，
∴OQ＝AQ，
∴点O一定在△APE的外接圆上；（到圆心的距离等于半径的点必在此圆上）
②解：连接OA、AC，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，∠BAC＝45°，
∴AC＝＝4，
∵A、P、O、E四点共圆，
∴∠OAP＝∠OEP＝45°，
∴点O在AC上，
当P运动到点B时，O为AC的中点，OA＝AC＝2，
即点O经过的路径长为2；
（3）解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：
则MN∥AE，
∵ME＝MP，
∴AN＝PN，
∴MN＝AE，
设AP＝x，则BP＝4﹣x，
由（1）得：△APE∽△BCP，
∴，即，
解得：AE＝x﹣x2＝﹣（x﹣2）2+1，
∴x＝2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大＝×1＝，
即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为．
26．（2016秋•通州区月考）如图，正方形ABCD的边长为2，动点E从点A出发，沿边AB﹣BC向终点C 运动，以DE为边作正方形DEFG（点D、E、F、G按顺时针方向排列）．设点E运动的速度为每秒1个单位，运动的时间为x秒．
（1）如图1，当点E在AB上时，求证：点G在直线BC上；
（2）设正方形ABCD与正方形DEFG重叠部分的面积为S，求S与x之间的函数关系式；
（3）直接写出整个运动过程中，点F经过的路径长．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD与四边形DEFG都是正方形，
∴AD＝CD，DE＝DG，∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠CDG＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠DCG＝∠DAE＝90°，
∵∠DCB＝90°，
∴∠DCG+∠DCB＝180°，
∴点G在直线BC上；
（2）解：①当点E在AB边上时，过点E作EK∥AD，交CD于点K，如图1所示：则AC∥EK∥AD，
∴∠HEK＝∠EHB，∠DEK＝∠EDA，
∵∠EHB+∠BEH＝90°，∠EDA+∠AED＝90°，∠HEK+∠DEK＝90°，
∴∠EDA＝∠BEH，∠AED＝∠EHB，
∴△ADE∽△BEH，∴＝，即＝，∴BH＝，
S＝正方形ABCD的面积﹣△ADE的面积﹣△BEH的面积
＝2×2﹣×2×x﹣×（2﹣x）×＝；
②当点E在BC边上时，S＝△DEC的面积＝×2×（4﹣x）＝4﹣x；
（3）解：由（1）知，当点E在AB上时，点G在直线BC上，当点E与B点重合时，点F的位置如图2所示：点F运动的路径为BF；
同理，点E在BC上时，当点E与C点重合时，点F运动的路径为FG；
∵BD＝＝＝2，∴BF+FG＝2BD＝4，
∴点F运动的路径长为4．。