中考数学二轮复习几何专项知识精讲+基础提优训练专题25 轨迹、路径类综合练习（提优）-（解析版）

轨迹、路径类综合练习（提优）一．选择题1．如图，透明的圆柱形玻璃容器（容器厚度忽略不计）的高为16cm，在容器内壁离容器底部4cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，位于离容器上沿4cm的点A处，若蚂蚁吃到蜂蜜需爬行的最短路径为20cm，则该圆柱底面周长为（）A．12cm B．14cm C．20cm D．24cm【分析】将容器侧面展开，建立A关于EG的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．【解答】解：如图：将圆柱展开，EG为上底面圆周长的一半，作A关于E的对称点A'，连接A'B交EG于F，则蚂蚁吃到蜂蜜需爬行的最短路径为AF+BF的长，即AF+BF＝A'B＝20cm，延长BG，过A'作A'D⊥BG于D，∵AE＝A'E＝DG＝4cm，∴BD＝16cm，Rt△A'DB中，由勾股定理得：A'D=202∴则该圆柱底面周长为24cm．故选：D．【点评】本题考查了平面展开﹣﹣﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．2．半圆柱底面直径BC是高AB的两倍，甲虫在半圆柱表面匀速爬行，若沿着最短路径从B经E到D（E是上底面半圆中点），则甲虫爬行过程中离下底面的高度h与爬行t之间的关系用图象表示最准确的是（）A． B． C． D．【分析】平面展开图如图所示，根据两点之间线段最短可知，甲虫的最短路线是B→E，然后在圆柱的上底面上，沿线段DE行走即可，此时甲虫离下底面的高度h不变．由此即可判断．【解答】解：平面展开图如图所示，根据两点之间线段最短可知，甲虫的最短路线是B→E，然后在圆柱的上底面上，沿线段DE行走即可，此时甲虫离下底面的高度h不变．由题意AE＞AB，所以在甲虫到达E之前，离下底面的高度h是逐渐升高，图形比较缓，故选：D．【点评】本题考查平面展开﹣最短路径问题，函数图象等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．3．棱长分别为8cm，6cm的两个正方体如图放置，点A，B，E在同一直线上，顶点G在棱BC上，点P是棱E1F1的中点．一只蚂蚁要沿着正方体的表面从点A爬到点P，它爬行的最短距离是（）A．(35+10)cm B．513cm C．【分析】求出两种展开图PA的值，比较即可判断．【解答】解：如图，有两种展开方法：方法一：PA=14方法二：PA=17故需要爬行的最短距离是277cm．故选：C．【点评】本题考查平面展开﹣最短问题，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．4．如图是放在地面上的一个长方体盒子，其中AB＝8cm，BC＝4cm，BF＝6cm，点M在棱AB上，且AM＝2cm，点N是FG的中点，一只蚂蚁要沿着长方形盒子的外表面从点M爬行到点N，它需要爬行的最短路程为（）A．10cm B．45cm C．62cm D．213cm【分析】利用平面展开图有3种情况，画出图形利用勾股定理求出MN的长即可．【解答】解：如图1中，MN=FN2+FM如图2中，MN=MB2如图3中，MN=PM2∵10＜237∴一只蚂蚁要沿着长方形盒子的外表面从点M爬行到点N，它需要爬行的最短路程为10cm，故选：A．【点评】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题和勾股定理的应用，利用展开图有3种情况分析得出是解题关键．5．一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是（）A．20 B．25 C．30 D．32【分析】要求长方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将长方体侧面展开，然后利用两点之间线段最短解答．【解答】解：只要把长方体的右侧表面剪开与前面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如第1个图：∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，∴BD＝CD+BC＝10+5＝15，AD＝20，在直角三角形ABD中，根据勾股定理得：∴AB=B只要把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如第2个图：∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，∴BD＝CD+BC＝20+5＝25，AD＝10，在直角三角形ABD中，根据勾股定理得：∴AB=BD2只要把长方体的上表面剪开与后面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如第3个图：∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，∴AC＝CD+AD＝20+10＝30，在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：∴AB=AC2∵25＜529＜537∴蚂蚁爬行的最短距离是25，故选：B．【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，勾股定理，根据勾股定理求解是解答此题的关键．6．如图，在矩形ABCD中，AB=33，AD＝9，点P是AD边上的一个动点，连接BP，将矩形ABCD沿BP折叠，得到△A1PB，连接A1C，取A1C的三等分点Q（CQ＜A1Q），当点P从点A出发，沿边AD运动到点D时停止运动，点QA．π B．23π C．43【分析】如图，连接AA1，在BC取一点O，使得OC=13BC，连接OQ，BD．利用三角形的中位线定理证明OQ=3=定值，推出点Q的运动轨迹是以O为圆心，【解答】解：如图，连接AA1，在BC取一点O，使得OC=13BC，连接OQ，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴tan∠ABD=9∴∠ABD＝60°，∵A1Q＝2QC，BO＝2OC，∵CQC∴OQ∥BA1，∴△COQ∽△CBA1，∴OQA∴OQ=13BA1=1∴点Q的运动轨迹是以O为圆心，OQ为半径的圆弧，圆心角为180°﹣2∠COQ＝120°，∴点Q的运动路径长=120⋅π⋅3故选：D．【点评】本题考查轨迹，矩形的性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．7．如图，MN是⊙O的直径，弦AB∥MN，点C是直径MN上方半圆上的动点（包括端点M，N），∠ACB＝60°，∠ACB和∠CAB的平分线相交于点E，当点C从点M运动到点N时，则C，E两点的运动路径长的比值是（）A．2 B．32 C．2 D．【分析】如图，连接OB，EB．设OM＝r．证明∠AEB＝120°，利用弧长公式计算即可解决问题．【解答】解：如图，连接OB，EB．设OM＝r，∵∠ACB＝60°，作△AEB的外接圆⊙J，连接JA，JB，OJ交AB于H．当点C在点M的位置时，∠AMB＝60°，点E在点E'的位置处，而点E'在MJ上，当点C到点N的位置时，∠ANB＝60°，点E在点E''的位置处，而点E''在NJ上，而MG＝NJ，OM＝ON＝OJ，∴∠MJN＝90°∴点E在⊙J上运动，运动路径的长=90⋅π⋅r180=∵点C的运动路径的长＝πr，∴C，E两点的运动路径长的比值＝πr：12πr故选：C．【点评】本题考查弧长公式，圆周角定理，三角形的内心等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找点的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．8．如图，正方形ABCD的边长为3，将长为23的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动．如果点Q从点A出发，在AB上滑动，同时点F在BC上滑动，当点F到达点C时，运动停止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为（）A．62 B．32−62 【分析】求出两种特殊位置时，∠ABM，∠CBM1的值，利用弧长公式求解即可．【解答】解：如图，连接BM．当点Q与A重合时，在Rt△ABF中，∵cos∠BAF=AB∴∠BAF＝30°，∵AM＝MF，∴BM＝AM＝MF=3∴∠ABM＝∠BAM＝30°，当F1与C重合时，同法可得∠M1BC＝∠M1CB＝30°，∵∠ABC＝90°，∴∠MBM1＝90°﹣30°﹣30°＝30°，∵BM＝BM1=3∴线段QF的中点M所经过的路线长=30⋅π⋅3故选：C．【点评】本题考查轨迹，正方形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．二．填空题9．如图，长方体的棱AB长为3，棱BC长为4，棱BF长为2，P为CG中点，一只蚂蚁从点A出发，在长方体表面爬到点P处吃食物，那么它爬行的路程是52．【分析】画出图形，利用勾股定理求出AP的长即可．【解答】解：如图1，AP=AC2故它爬行的路程是52．故答案为：52．【点评】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题和勾股定理的应用，画出图形是解题关键．10．如图．长方体的底面是边长2cm的正方形，高为6cm．如果从点A开始经过4个侧面缠绕2圈到达B，那么所用细线最短需要273cm．【分析】如果从点如果从点A开始经过4个侧面缠绕2圈到达点B，相当于直角三角形的两条直角边分别是8和3，再根据勾股定理求出斜边长即可．【解答】解：将长方体的侧面沿AB展开，取A′B′的中点C，取AB的中点C′，连接B′C′，AC，则AC+B′C′为所求的最短细线长，∵AC2＝AA′2+A′C2，AC=73cm∴B′C′2＝BB′2+C′B2＝73，∴B′C′=73（cm∴AC+B′C′＝273（cm），答：所用细线最短长度是273cm，故答案为：273．【点评】本题考查了平面展开﹣最短路线问题和勾股定理的应用，能正确画出图形是解此题的关键，用了数形结合思想．11．如图所示，ABCD是长方形地面，长AB＝20m，宽AD＝10m．中间竖有一堵砖墙高MN＝2m．一只蚂蚱从A点爬到C点，它必须翻过中间那堵墙，则它至少要走26m的路程．【分析】连接AC，利用勾股定理求出AC的长，再把中间的墙平面展开，使原来的矩形长度增加而宽度不变，求出新矩形的对角线长即可．【解答】解：如图所示，将图展开，图形长度增加2MN，原图长度增加4米，则AB＝20+4＝24m，连接AC，∵四边形ABCD是长方形，AB＝24m，宽AD＝10m，∴AC=AB2+∴蚂蚱从A点爬到C点，它至少要走26m的路程．故答案为：26m．【点评】本题考查的是平面展开最短路线问题及勾股定理，根据题意画出图形是解答此题的关键．12．一位小朋友在粗糙不打滑的“Z”字形平面轨道上滚动一个半径为15cm的圆盘，如图所示，AB与CD是水平的，BC与水平面的夹角为60°，其中AB＝60cm，CD＝40cm，BC＝40cm，那么该小朋友将圆盘从A点滚动到D点，其圆心所经过的路线长为（140﹣103+5π）cm【分析】根据题意，知圆心所经过的路线的长度为线段OO1的长度+线段O1O2的长度+圆弧O2O3的长度+线段O3【解答】解：如下图，画出圆盘滚动过程中圆心移动路线的分解图象．可以得出圆盘滚动过程中圆心走过的路线由线段OO1，线段O1O2，圆弧O2O3，线段O3其中O1E⊥AB，O1F⊥BC，O2C⊥BC，O3C⊥CD，O4D⊥CD．由（1）知OO1＝AE＝（60﹣53）cm，易得Rt△O1BE和Rt△O1BF全等，∴BF＝BE＝53cm，∴O1O2＝BC﹣BF＝（40﹣53）cm．∵AB∥CD，BC与水平夹角为60°，∴∠BCD＝120°．又∵∠O2CB＝∠O3CD＝90°，∴∠O2CO3＝60°．则圆盘在C点处滚动，其圆心所经过的路线为圆心角为60°且半径为15cm的圆弧O2∴O2O3的长=60⋅π⋅15∵四边形O3O4DC是矩形，∴O3O4＝CD＝40cm．综上所述，圆盘从A点滚动到D点，其圆心经过的路线长度是（60﹣53）+（40﹣53）+5π+40＝（140﹣103+5π）cm故答案为（140﹣103+5π【点评】本题考查了弧长公式，切线的性质，切线长定理，解直角三角形等知识，综合性较强．解题的关键是画圆心的轨迹图，进而理解圆心所走的路线是由哪几段组成的．13．如图，平面直角坐标系中，一个点从原点O出发，按向右→向上→向右→向下的顺序依次不断移动，每次移动1个单位，其移动路线如图所示，第1次移到点A1，第二次移到点A2，第三次移到点A3，…，第n次移到点An，则点A2019的坐标是（1010，1）．【分析】根据图象可得移动4次图象完成一个循环，可先得下标为4的倍数的点的坐标：A4（2，0），A8（4，0）…，发现横坐标为下标的一半，从而可得出点A2019的坐标．【解答】解：A1（1，0），A2（1，1），A3（2，1），A4（2，0），A5（3，0），A6（3，1），…，∴A2019的坐标为（2019+12即点A2019的坐标为（1010，1），故答案为：（1010，1）．【点评】本题主要考查点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得．14．如图，⊙O的半径为5，弦AB＝6，弦AC⊥弦BD，点P为CD的中点，若点D在圆上逆时针运动的路径长为53π，则点P运动的路径长为π【分析】如图，连接OA，OB，AD，OP，OD，过点O作OH⊥AB于H．证明△OHA≌△CPO（AAS），推出OP＝AH＝3，推出点P的运动轨迹是以O为圆心，OP为半径的圆，求出点D旋转的角度即可解决问题．【解答】解：如图，连接OA，OB，AD，OP，OD，过点O作OH⊥AB于H．∵AC⊥BD，∴∠DAC+∠ADB＝90°，∵∠DOC＝2∠DAC，∠AOB＝2∠ADB，∴∠DOC+∠AOB＝180°，∵OH⊥AB，DP＝PC，∴OP⊥CD，AH＝HB=12∵OA＝OB＝OC＝OD，∴∠AOH＝∠BOH，∠COP＝∠DOP，∴∠AOH+∠COP＝90°，∵∠AOH+∠OAH＝90°，∴∠COP＝∠OAH，∵∠AHO＝∠CPO＝90°，OA＝OC，∴△OHA≌△CPO（AAS），∴OP＝AH＝3，∴点P的运动轨迹是以O为圆心，OP为半径的圆，∵点D在圆上逆时针运动的路径长为53π，设圆心角为n∴n⋅π⋅5180=∴n＝60°，∵OD，OP的旋转角度相等，∴点P的运动路径的长=60⋅π⋅3180故答案为：π．【点评】本题考查轨迹，垂径定理，全等三角形的判定和性质，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，属于中考填空题中的压轴题．15．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝3，点P是AD边上的一个动点，连接BP，作点A关于直线BP的对称点A1，连接A1C，设A1C的中点为Q，当点P从点A出发，沿边AD运动到点D时停止运动，点Q的运动路径长为33π【分析】如图，连接BA1，取BC使得中点O，连接OQ，BD．利用三角形的中位线定理证明OQ=32=定值，推出点Q的运动轨迹是以O为圆心，OQ【解答】解：如图，连接BA1，取BC使得中点O，连接OQ，BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴tan∠ABD=AD∴∠ABD＝60°，∵A1Q＝QC，BO＝OC，∴OQ=12BA1=1∴点Q的运动轨迹是以O为圆心，OQ为半径的圆弧，圆心角为120°，∴点Q的运动路径长=120⋅π⋅3故答案为33π【点评】本题考查轨迹，矩形的性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．三．解答题16．如图，长方体的长AB＝5cm，宽BC＝4cm，高AE＝6cm，三只蚂蚁沿长方体的表面同时以相同的速度从点A出发到点G处．蚂蚁甲的行走路径S甲为：翻过棱EH后到达G处（即A→P→G），蚂蚁乙的行走路径S乙为：翻过棱EF后到达G处（即A→M→G），蚂蚁丙的行走路径S丙为：翻过棱BF后到达G处（即A→N→G）．（1）求三只蚂蚁的行走路径S甲，S乙，S丙的最小值分别是多少？（2）三只蚂蚁都走自己的最短路径，请判断哪只最先到达？哪只最后到达？【分析】（1）将长方体展开，根据勾股定理解答即可得到结论；（2）根据（1）中的结论，比较三只蚂蚁的行走路径S甲，S乙，S丙的大小，即可得到结论．【解答】解：（1）∵长AB＝5cm，宽BC＝4cm，高AE＝6cm，∴EF＝AB＝5cm，CF＝BC＝EH＝4cm，AE＝BF＝CG＝6cm，∴S甲=(AE+EF)2S乙=(AE+EH)2+GHS丙=(AB+BC)2答：三只蚂蚁的行走路径S甲，S乙，S丙的最小值分别是137cm，52cm，117cm；（2）由（1）知，S甲=137（cm），S乙＝52（cm），S丙=117（∵137＞∴蚂蚁丙最先到达，蚂蚁甲最后到达．【点评】本题考查了平面展开﹣﹣﹣最短路径问题，将图形展开，利用勾股定理进行计算是解题的关键．17．（1）根据所给的条件，求图1中BC边的长度．（2）如图2所示，圆柱形玻璃容器，高18cm，底面周长为60cm，在外侧距下底1cm，点S处有一蜘蛛，与蜘蛛相对的圆柱形容器的上口外侧距开口处1cm的点F处有一苍蝇，试求急于捕获苍蝇充饥的蜘蛛，所走的最短路线的长度．（画出相应图形，并解答）【分析】（1）利用勾股定理进行计算，即可得出BC的长；（2）把立体图形展开为平面图形，根据两点之间线段最短，利用勾股定理即可解决问题．【解答】解：（1）由题可得，Rt△ABC中，BC=A（2）如图是圆柱的侧面展开图，线段ST就是苍蝇走的最短路线，在Rt△SFN中，∵∠SNF＝90°，FN＝18﹣2＝16，SN=1∴SF=SN2∴蜘蛛所走的最短路线的长度为34cm．【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题、勾股定理等知识，解题的关键是根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．18．如图1是边长为1的六个小正方形组成的图形，它可以围成图2的正方体，一个蚂蚁在图1中的A点，围成图2后，蚂蚁从A点开始沿正方体的棱爬行，求爬到B点的最短距离是多少？【分析】根据正方体的平面展开图与正方形的关系，正确找到点A、B的位置即可解决问题．【解答】解：将图1中的小正方形围成图2的正方形后，点A、B对应的位置如图，所以蚂蚁从点A开始沿正方体的棱爬行，爬到B点的最短距离是1．【点评】本题考查正方体平面展开图，最短问题等知识，把展开图围成正方体是解题的关键，属于中考常考题型．19．如图，一只杯子的上下底面分别是直径为5cm和7.5cm的圆，母线AB的长为15cm．（1）求杯子的侧面积．（2）从点B出发，绕着杯子两圈画一条装饰线，终点为A，求装饰线的最短长度．【分析】（1）将纸杯的侧面展开，设∠O的度数是n，则根据弧长的计算公式，可得7.5π=nπ⋅OA180，5π=nπ⋅(OA−15)180，解得OA＝45cm，（2）将两个纸杯的侧面展开图拼接在一起，根据两点之间线段最短，并运用勾股定理，求得装饰线的最短长度即可．【解答】解：（1）纸杯的侧面展开如图所示：延长AB，A'B'交于点O，设∠O的度数是n，则7.5π=nπ⋅OA180，5π解得：OA＝45cm，n＝30°，∴BO＝45﹣15＝30cm，∴纸杯的侧面展开图的面积为：30π⋅452360−（2）如图所示，将两个纸杯的侧面展开图拼接在一起，连接BD，则BD的长度是装饰线的最短长度．过B作BE⊥OD于E，则Rt△BOE中，OB＝30，∠BOE＝60°，∴OE＝15cm，BE＝153cm，∴DE＝45﹣15＝30（cm），∴在Rt△BDE中，BD=BE2+DE故装饰线的最短长度为157cm．【点评】本题考查了平面展开﹣最短路线问题，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等知识点的综合运用，画出平面展开图，作辅助线构造扇形是解答此题的关键．20．如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C，D在边AB上，且AC＝DB＝1，点P是线段CD上的动点，分别以AP，PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和正方形BRQP，E，F分别为MN，QR的中点，连接EF，设EF的中点为G，求当点P从点C运动到点D时，点G移动的路径长．【分析】取KH的中点H，连接AE，ET，AT，PE，PF，PT，BF，TF．想办法证明四边形PETF是平行四边形，推出GP＝GT，推出G的运动轨迹是△TCD的中位线，由此即可解决问题．【解答】解：取KH的中点H，连接AE，ET，AT，PE，PF，PT，BF，TF．∵四边形AMNP是正方形，∴AM＝MN，∠AMN＝90°∵ME＝EN，∴AMME∵四边形AKHB是正方形，∴AK＝KH，∠K＝90°，∵KT＝TH，∴AKKT∴AMME∴AMAK∵∠AME＝∠K＝90°，∴△AME∽△AKT，∴∠MAE＝∠KAT，∴A．E．T共线，同理可证：B，F，T共线，∵AMME∴AMPQ∵∠AME＝∠PQF＝90°，∴△AME∽△PQF，∴∠AEM＝∠PFQ，∵AB∥MN∥QR，∴∠PAE＝∠MEA，∠BPF＝∠QFP，∴∠BPF＝∠PAE，∴PF∥AT，同法可证：PE∥BT，∴四边形PETF是平行四边形，∴EF与PT互相平分，即TG＝GP，∴G的运动轨迹是△TCD的中位线，轨迹的长=12CD=1【点评】本题考查轨迹，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．21．如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C＝90°，∠A＝30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部．（1）如图①，当圆形纸片与两直角边AC、BC都相切时，试用直尺与圆规作出射线CO；（不写作法与证明，保留作图痕迹）（2）如图②，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC＝9，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长．【分析】（1）作∠ACB的平分线得出圆的一条弦，再作此弦的中垂线可得圆心O，作射线CO即可；（2）添加如图所示辅助线，圆心O的运动路径长为C△OO1O2，先求出△ABC的三边长度，得出其周长，证四边形OEDO1、四边形O1O2HG、四边形OO2IF均为矩形、四边形OECF为正方形，得出∠OO1O2＝60°＝∠ABC、∠O1OO2＝90°，从而知△OO1【解答】解：（1）如图①所示，射线CO即为所求；（2）如图，圆心O的运动路径长为C△O过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，过点O作OE⊥BC，垂足为点E，连接O2B，过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°、∠A＝30°，∴AC=BCtan30°=933=93，AB＝2∴C△ABC＝9+93+18＝27+93∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，∴D、G为切点，∴BD＝BG，在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，∵BD=BGO∴△O1BD≌△O1BG（HL），∴∠O1BG＝∠O1BD＝30°，在Rt△O1BD中，∠O1DB＝90°，∠O1BD＝30°，∴BD=O1D∴OO1＝9﹣2﹣23=7﹣23∵O1D＝OE＝2，O1D⊥BC，OE⊥BC，∴O1D∥OE，且O1D＝OE，∴四边形OEDO1为平行四边形，∵∠OED＝90°，∴四边形OEDO1为矩形，同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，又OE＝OF，∴四边形OECF为正方形，∵∠O1GH＝∠CDO1＝90°，∠ABC＝60°，∴∠GO1D＝120°，又∵∠FO1D＝∠O2O1G＝90°，∴∠OO1O2＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°＝∠ABC，同理，∠O1OO2＝90°，∴△OO1O2∽△CBA，∴C△OO1∴C△OO1O2=15【点评】本题主要考查作图﹣复杂作图、切线的判定与性质、矩形和正方形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定与性质、矩形和正方形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．22．如图，AB是⊙O的直径，M，N是AB（异于点A，B）上的两点，点C是MN上的一动点，∠ACB的平分线交⊙O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．（1）试探究DE与AB的数量关系，证明你的结论；（2）设⊙O的半径为r，当点C在⊙O从点M运动到点N时，点C的运动路径长为l1，点E的运动路径长为l2，求l1【分析】（1）结论：AB=2DE．想办法证明DE＝AD（2）如图2中，设⊙O的半径为r，∠MON＝α．连接OM，ON，OD．由DA＝DE，推出点E的运动轨迹是图中E'E″，证明∠MON=12【解答】解：（1）如图1中，结论：AB=2DE理由：连接AD，BD．∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∴AD=∴AD＝BD，∵AB是直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，∴∠ACD＝∠DAB＝45°，∵AE平分∠CAB，∴∠CAE＝∠BAE，∵∠AED＝∠CAE+∠ACE，∠DAE＝∠BAD+∠BAE，∴∠DAE＝∠AED，∴AD＝DE，∵△ABD是等腰直角三角形，∴AB=2AD∴AB=2DE（2）如图2中，设⊙O的半径为r，∠MON＝α．连接OM，ON，OD．∵DA＝DE，∴点E的运动轨迹是图中E'E″，∵OM＝ON＝OD，∴∠ODM＝∠OMD，∠ODN＝∠OND，∴∠MON＝∠OMD+∠ODM+∠ODN+∠OND＝2（∠ODN+∠ODM）＝2∠MON，∴∠MON=12∴l1=απ⋅r180，l2∴l1【点评】本题考查轨迹，圆周角定理，弧长公式，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．23．如图，把Rt△ABC的斜边AB放在直线L上，按顺时针方向在L上转动两次使它转到△DEF的位置，设BC=3，AC＝1，则点A运动到点D的位置时，点A经过的路线长是多少？点A经过的路线与直线L【分析】先根据特殊角的三角函数值得出∠ABC的度数，进而可得出∠CBF的度数，由勾股定理求出AB的长，根据弧长公式及扇形的面积公式即可得出结论．【解答】解：∵BC=3，AC∴tan∠ABC=ACBC=1∴∠ABC＝30°，∴∠CBF＝150°，∴点A经过的路线长=150π×2∴点A经过的路线与直线L所围成的面积=150π×4【点评】本题考查的是轨迹，熟记弧长公式和扇形的面积公式是解答此题的关键．24．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（不与点C重合），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．【分析】（1）先判断出∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，再用三角形的内角和定理即可得出结论；（2）分两种情况，当点M在扇形BOC和扇形AOC内，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：（1）∵△OPE的内心为M，∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°−12（∠EOP+∠∵PE⊥