文档内容
2026年中考数学常考考点专题之轨迹
一．选择题（共12小题）
1．（2025•江都区校级模拟）如图，AB为 O的直径，且AB＝8，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点
O，P为BC上任意一点，过P点作PE⊥O⊙C于点E，M是△OPE的内心，连接OM、PM，当点P在弧
BC上从点B运动到点C时，求内心M所经过的路径长（ ）
A．√2 B．2√2 C． D．√2
2．（2025•汇川区四模）如图，摆钟是一种技术与艺π术相结合的机械时钟，如π图是其钟摆摆动示意图，
OA＝24cm，当钟摆从OA摆动到OB时，若摆动角度∠AOB＝15°，则端点A移动的路径长为（ ）
A．3cm B． cm C．2 cm D．3 cm
3．（2025•荷塘区三模）一颗π小球从长为2，宽为1的π矩形台球桌的角落被π击出，小球撞击桌壁并反弹三
次，然后落入四个角落中的其中一个，如图所示虚线是其中一种可能的路径，则小球可能运动路径的
最大长度是（ ）
A．2√5 B．2√10 C．9 D．√65
4．（2025•武进区校级模拟）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（ ）
第1页（共51页）√2 √2 π 1
A． π B． C． D．
2 2 2 2
5．（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O．
甲：点E不可能落在DD′上；
√3
乙：点D'，C′运动路径的长度比始终为 ．
2
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
6．（2025•东海县校级二模）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（
）
π 2π 4π 8π
A． B． C． D．
3 3 3 3
7．（2025•玉林模拟）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（ ）
第2页（共51页）2√3 2√5 2 22
A． B． C． D．
3 3 3 15
8．（2025•南明区二模）开窗通风是日常生活中保持室内空气流通的一种方法，图①是平开窗的打开实
物图，图②是平开窗打开的效果图，此时，窗户打开了 84°，窗户底边OA长是60，则这扇窗户底边
端点A扫过区域的轨迹长（弧长）是（ ）
84 29
A． π B． π C．28 D．14
5 3
π π
9．（2025•福田区二模）如图，在矩形ABCD中，边AB绕点B顺时针旋转到EB的位置，点A的对应点
E落在CD边的中点，若CE＝2，则点A旋转到点E的路径长为（ ）
2 4 8 2√3
A． π B． π C． π D． π
3 3 3 3
10．（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（
）
第3页（共51页）2√3π 4√3π 8√3π 16√3π
A． B． C． D．
3 3 3 3
11．（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（ ）
4 8
A． π B． π C．2 D．8
3 3
π π
12．（2025•萨尔图区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、
F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE
分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（ ）
√2
A．2 B． C．2 D．
2
π π π
二．填空题（共8小题）
13．（2025•深圳模拟）如图，AB是 O的直径，M、N是^AB（异于A、B）上两点，C是^MN上一动点
∠ACB的角平分线交 O于点D，⊙∠BAC的平分线交CD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⊙长的比是 ．
第4页（共51页）14．（2025•浙江模拟）△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4cm，将△ABC绕点B顺时针旋转至
△A′BC′的位置，如图，A、B、C'三点在同一条直线上，则点 A 所经过的路径长为
．
15．（2025•华龙区校级一模）如图，在等腰△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC＝4，将△ABC绕点B顺
时针旋转至△A′BC′，使得BC′⊥AB，延长AC交A′B于D，点A的运动路径为^AA'，则图中阴影部分的
面积为 ．
16．（2025•二道区校级模拟）如图，AB是半径为2的 O的一条弦，∠AOB＝90°．将△OAB绕点A逆
时针旋转，当点O的对应点O'第一次落在 O上时，⊙点B运动的路径长是 ．
（结果保留 ） ⊙
π
17．（2025•淮安区校级二模）如图，有一块长AB＝4cm、宽BC＝3cm的矩形木板在桌面上按顺时针方向
无滑动地翻滚，木板上顶点A的位置变化为A→A →A ．其中，第二次翻滚时被桌面上一个小木块挡
1 2
住，使木板边沿A E与桌面成30°角，则点A翻滚到点A 的位置经过的路径长为 ．
2 2
第5页（共51页）18．（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
．
19．（2025•金华模拟）如图，在Rt△ABC中，AB＝8，∠B＝60°，点D，E分别是AB，AC边上的中点，
点F在BC的延长线上，连接EF，∠F＝60°．点P从点D出发，沿D→B→F运动到点F，在边EF上
找一点 Q，连结 PQ，使得∠APQ＝∠B，则在点 P 的运动的过程中，点 Q 的运动路径长为
．
20．（2025•平桥区三模）如图，在菱形ABCD中，AB=2√3，∠ABC＝120°，把菱形ABCD绕着顶点A
逆时针旋转 30°得到菱形 AB′C′D′，点 C 的运动轨迹为弧 CC'，则图中阴影部分的面积为
．（结果保留 ）
π
三．解答题（共5小题）
21．（2025•南山区校级三模）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
第6页（共51页）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）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；
（2）图4中，一辆宽1.7m，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， ≈3.14，所有结果精确到0.1）
22．（2025•石家庄模拟）如图π1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=4√3m，筒车的轴心O
距离水面的高度OC长⊙为2m．
（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．
23．（2025•双台子区校级二模）嘉嘉使用桌上书架如图1所示．嘉嘉发现，当书架与桌面的夹角∠AOB
＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为11cm，此时舒适度不太理想．嘉嘉调整书架与桌面
的夹角大小继续探究，最后发现当张角∠A′OB＝108°时（点A′是A的对应点），舒适度较为理想．
第7页（共51页）（1）书架在旋转过程中，求顶部边缘A点到A′走过的路径长．
（2）如图2这个平面图形，如果嘉嘉的眼睛在E处．当她看书上距离桌面高度为20cm的点F时，她
向下看的俯角为18°，眼睛到桌面高度EB＝25cm，求此时眼睛到F点的距离，即EF的长度．（结果
精确到1cm；参考数据：sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）
24．（2024•鲁山县三模）桔槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于（墨
子•备城门），是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面
的支撑杆，AB是杠杆，且AB＝5.4米，OA：OB＝2：1．当点A位于最高点时，∠AOM＝127°；当点
A 从最高点逆时针旋转 54.5°到达最低点 A ．（结果精确到 0.1m；参考数据：sin37°≈0.6，
1
sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8）
（1）求此时水桶B所经过的路径长；
（2）求此时水桶B上升的高度．
25．（2024•遂平县一模）电动切割机以其高效、准确和便捷的特点，成为现代工作中不可或缺的工具，
图1是从电动切割机抽象出来的几何模型，ON为固定台，切割片 A与摆臂OM相切于点P，图2是
切割机完成工作时候的模型图，此时切割片 B与ON相切．已知⊙切割片的半径为30cm，转轴OA长
是60cm，∠MON＝90° （此次切割片在工作⊙时候的磨损忽略不计）．
（1）求图2中点B到OM的距离；
（2）求砂轮工作前后，圆心A运动轨迹长度．
第8页（共51页）第9页（共51页）2026年中考数学常考考点专题之轨迹
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D C D B D C B C B B A
题号 12
答案 D
一．选择题（共12小题）
1．（2025•江都区校级模拟）如图，AB为 O的直径，且AB＝8，点C在半圆上，OC⊥AB，垂足为点
O，P为BC上任意一点，过P点作PE⊥O⊙C于点E，M是△OPE的内心，连接OM、PM，当点P在弧
BC上从点B运动到点C时，求内心M所经过的路径长（ ）
A．√2 B．2√2 C． D．√2
【考点】轨迹；圆周角定理；三角形的内切圆与内π心． π
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【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】D
【分析】首先证明∠CMO＝∠PMO＝135°，推出当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以
OC为弦，并且所对的圆周角为135°的劣弧上（O^MC），利用弧长公式计算即可解决问题；
【解答】解：∵△OPE的内心为M，
∴∠MOP＝∠MOC，∠MPO＝∠MPE，
1
∴∠PMO＝180°﹣∠MPO﹣∠MOP＝180°- （∠EOP+∠OPE），
2
∵PE⊥OC，即∠PEO＝90°，
1 1
∴∠PMO＝180°- （∠EOP+∠OPE）＝180°- （180°﹣90°）＝135°，
2 2
∵OP＝OC，OM＝OM，
而∠MOP＝∠MOC，
第10页（共51页）∴△OPM≌△OCM，
∴∠CMO＝∠PMO＝135°，
所以当点P在弧BC上从点B运动到点C时，点M在以OC为弦，并且所对的圆周角为135°的劣弧上
（O^MC），
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＝2cm，
√2 √2
∴O′O= OC= ×4＝2√2，
2 2
90π⋅2√2
∴弧OMC的长= =√2 （cm），
180
π
故选：D．
nπR
【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
180
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M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2025•汇川区四模）如图，摆钟是一种技术与艺术相结合的机械时钟，如图是其钟摆摆动示意图，
OA＝24cm，当钟摆从OA摆动到OB时，若摆动角度∠AOB＝15°，则端点A移动的路径长为（ ）
A．3cm B． cm C．2 cm D．3 cm
【考点】轨迹；解直角三角π形的应用． π π
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第11页（共51页）【专题】几何图形；运算能力．
【答案】C
【分析】根据弧长计算公式，计算即可．
15π×24
【解答】解：根据弧长计算公式，端点A移动的路径长= =2π(cm)，
180
故选：C．
【点评】本题考查弧长的计算，熟练掌握弧长计算公式是解题的关键．
3．（2025•荷塘区三模）一颗小球从长为2，宽为1的矩形台球桌的角落被击出，小球撞击桌壁并反弹三
次，然后落入四个角落中的其中一个，如图所示虚线是其中一种可能的路径，则小球可能运动路径的
最大长度是（ ）
A．2√5 B．2√10 C．9 D．√65
【考点】轨迹；生活中的轴对称现象；勾股定理．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】先解读题意，再进行分类讨论，并且作图，结合矩形的性质与判定，勾股定理列式计算，再
比较大小，即可作答．
【解答】解：第一种情况：分别过R，U，Y作RW⊥AB，UT⊥AB，YG⊥AB，如图1：
∵台球桌是矩形，
∴∠D＝∠DAW＝90°，
∵RW⊥AB，YG⊥AB，
∴四边形AWRD，AGYD都是矩形，
同理得四边形WRYG都是矩形，
∵一颗小球从长为2，宽为1的矩形台球桌的角落被击出，小球撞击桌壁并反弹三次，
第12页（共51页）1 1
故AW＝TW＝TG＝GB＝2× = ，RW＝YG＝AD＝BC＝1，
4 2
√5 √5
在Rt△ARW中，AR=√AW2+AD2= = ，
4 2
√5
则4× =2√5，
2
∴小球运动路径为2√5；
第二种情况：分别过R，T，Y作RW⊥AD，UT⊥AD，YG⊥AD，如图2：
∵台球桌是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝∠B＝90°，
∵RW⊥AD，YG⊥AD，
∴四边形AWRB，AGYB都是矩形，同理得四边形WRYG是矩形，
∴WR＝GY＝2，
∵一颗小球从长为2，宽为1的矩形台球桌的角落被击出，小球撞击桌壁并反弹三次，
1 1 √ 1 √65
故DW＝WT＝GT＝GA＝1× = ，DC＝RW＝GY＝BA＝2，DR=√DW2+DC2= +4= ，
4 4 16 4
√65
则4× =√65，
4
∵2√5=√20＜√65，
∴小球可能运动路径的最大长度是√65，
故选：D．
【点评】本题考查了轨迹，生活中的轴对称现象，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
4．（2025•武进区校级模拟）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（ ）
第13页（共51页）√2 √2 π 1
A． π B． C． D．
2 2 2 2
【考点】轨迹；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
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【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，
1
∴DG= AC，
2
1
同理：DH= AB，
2
∵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=∠FHD
GD=HD ，
∠EDG=∠FDH
∴△EDG≌△FDH（SAS）．
∴DE＝DF．
第14页（共51页）∴△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，
1
即M所经过的路径为 CB，
2
∵AB＝AC＝1，∠C＝90°，
∴CB=√2，
√2
∴EF的中点M所经过的路径长为 ．
2
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．
5．（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O．
甲：点E不可能落在DD′上；
√3
乙：点D'，C′运动路径的长度比始终为 ．
2
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．
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【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
第15页（共51页）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′
AD'
运动路径的长度比始终保持与 一致，据此即可得出答案．
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=√3AB，
∴AD=√3CD，
∴AC=√AD2+CD2=2CD，
AD √3CD √3
∴ = = ，
AC 2CD 2
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' AD √3
∵ = = ，
AC' AC 2
√3
∴点D′，C′运动路径的长度比始终为 ，故乙对；
2
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．
6．（2025•东海县校级二模）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（
）
第16页（共51页）π 2π 4π 8π
A． B． C． D．
3 3 3 3
【考点】轨迹；轴对称的性质；含30度角的直角三角形．
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【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
4π
心，半径为4的圆上的一段弧，即^BE，根据弧长公式求得l = ，于是得到问题的答案．
^BE 3
【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，
60π×4 4π
∵l = = ，
^BE 180 3
4π
∴点B′的运动路径长为 ，
3
故选：C．
第17页（共51页）【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．
7．（2025•玉林模拟）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（ ）
2√3 2√5 2 22
A． B． C． D．
3 3 3 15
【考点】轨迹；中心对称；正方形的性质．
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【专题】几何图形；运算能力．
【答案】B
【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，
第18页（共51页）∵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，
CD EP
∴ = ，
AN EQ
2 x 2
∴ = ，解得x= ，
4 2-x 3
4
∴EQ=2-x= ，
3
√ 4 2 2 2 2√5
EB=√EQ2+BQ2= ( ) +( ) = ．
3 3 3
故选：B．
【点评】本题考查勾股定理，相似三角形等知识点，能够正确作出辅助线是解题关键．
8．（2025•南明区二模）开窗通风是日常生活中保持室内空气流通的一种方法，图①是平开窗的打开实
第19页（共51页）物图，图②是平开窗打开的效果图，此时，窗户打开了 84°，窗户底边OA长是60，则这扇窗户底边
端点A扫过区域的轨迹长（弧长）是（ ）
84 29
A． π B． π C．28 D．14
5 3
π π
【考点】轨迹；解直角三角形的应用；弧长的计算．
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【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】C
【分析】利用弧长公式解答即可．
84
【解答】解：这扇窗户底边端点A扫过区域的轨迹长（弧长）是： ×2 ×60＝28 ．
360
π π
故选：C．
【点评】本题主要考查了弧长的计算，解决本题的关键是掌弧长的计算公式．
9．（2025•福田区二模）如图，在矩形ABCD中，边AB绕点B顺时针旋转到EB的位置，点A的对应点
E落在CD边的中点，若CE＝2，则点A旋转到点E的路径长为（ ）
2 4 8 2√3
A． π B． π C． π D． π
3 3 3 3
【考点】轨迹；旋转的性质；矩形的性质．
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【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】B
1 1 1
【分析】由题意很容易得出CE= CD= AB= BE，继而可得∠CBE＝30°，所以∠ABE＝60°，再利
2 2 2
用弧长公式求解即可．
第20页（共51页）【解答】解：在矩形ABCD中，∠ABC＝∠C＝90°，AB＝CD，
由旋转的性质可得AB＝BE，
∴BE＝CD，
∵点E是CD中点，且CE＝2，
1
∴CD＝AB＝BE＝4，CE= BE，
2
CE 1
在Rt△BCE中，sin∠CBE= = ，
BE 2
∴∠CBE＝30°，
∴∠ABE＝60°，
60π×4 4
∴l❑ = = π；
^AE 180 3
故选：B．
【点评】本题主要考查了轨迹、旋转的性质、矩形的性质、弧长公式等内容，熟练掌握相关知识是解
题的关键．
10．（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（
）
2√3π 4√3π 8√3π 16√3π
A． B． C． D．
3 3 3 3
【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．
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【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
第21页（共51页）1
120° ； 取 AC 的 中 点 F ， 连 接 OF ， 由 垂 径 定 理 可 得 OF⊥AC，AF= AC=3，
2
1
∠AOF= ∠AOC=60°，再解直角三角形可得AO=2√3，取AO的中点G，连接EG，进而确定点
2
E的轨迹，最后根据弧长公式求解即可．
【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，
1 1
∴OF⊥AC，AF= AC=3，∠AOF= ∠AOC=60°，
2 2
AF √3
在Rt△AOF中， =sin60°= ，
AO 2
3
= =2√3
∴AO √3 ，
2
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°，
240° 4√3π
∴点E经过的路径长为= • •√3•2= ．
360° 3
π
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．
11．（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，
第22页（共51页）点A运动路径的长为（ ）
4 8
A． π B． π C．2 D．8
3 3
π π
【考点】轨迹；旋转的性质．
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【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
1
AO=DO= AC=3，点A 运动路径的长为
A
⌢
D
，利用弧长公式求解即可．
2
【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°，
1
由旋转的性质得到AO=DO= AC=3，
2
⌢
∴点A运动路径的长为
AD
，
80×3π 4
∴点A运动路径的长为： = π，
180 3
第23页（共51页）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．
12．（2025•萨尔图区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、
F同时从点D出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE
分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（ ）
√2
A．2 B． C．2 D．
2
π π π
【考点】轨迹；勾股定理．
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【答案】D
【分析】由△ADE≌△CDF，推出∠DAE＝∠DCF，因为∠AED＝∠CEG，推出∠ADE＝∠CGE＝90°，
推出A、C、G、D四点共圆，推出点G的运动轨迹为弧CD，利用弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴CD⊥AB，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，CD＝AD＝DB，
在△ADE和△CDF中，
{
AD=CD
∠ADE=∠CDF，
DE=DF
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠DAE＝∠DCF，
第24页（共51页）∵∠AED＝∠CEG，
∴∠ADE＝∠CGE＝90°，
∴A、C、G、D四点共圆，
∴点G的运动轨迹为弧CD，
∵AB＝4，AB=√2AC，
∴AC＝2√2，
∴OA＝OC=√2，
∵DA＝DC，OA＝OC，
∴DO⊥AC，
∴∠DOC＝90°，
90π×√2 √2
∴点G的运动轨迹的长为 = ．
180 2
π
故选：D．
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、轨迹、勾股定理、全等三角形的判定和性质，四点共圆等
知识，解题的关键是正确探究点G的轨迹，属于中考常考题型．
二．填空题（共8小题）
13．（2025•深圳模拟）如图，AB是 O的直径，M、N是^AB（异于A、B）上两点，C是^MN上一动点
∠ACB的角平分线交 O于点D，⊙∠BAC的平分线交CD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⊙长的比是 √2 ．
【考点】轨迹；圆周角定理．
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【专题】推理填空题；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】√2．
【分析】连接EB，设OA＝r，作等腰直角三角形ADB，AD＝DB，∠ADB＝90°，则点E在以D为圆
心DA为半径的弧上运动，运动轨迹是G^F，点C的运动轨迹是^MN，由题意∠MON＝2∠GDF，设
∠GDF＝ ，则∠MON＝2 ，利用弧长公式计算即可解决问题．
【解答】解α ：如图，连接EαB，设OA＝r，
第25页（共51页）∵AB是 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
∵∠ACB的角平分线交 O于点D，∠BAC的平分线交CD于点E．
∴E是△ACB的内心，⊙
∴∠AEB＝135°，
作等腰直角三角形ADB，AD＝DB，∠ADB＝90°，
则点E在以D为圆心DA为半径的弧上运动，运动轨迹是G^F，
点C的运动轨迹是^MN，由题意∠MON＝2∠GDF，
设∠GDF＝ ，则∠MON＝2 ，
α α 2α×π×r
180
∴弧MN的长度：弧GF的长度= =√2．
α×π×√2r
180
故答案为：√2．
【点评】本题考查了轨迹，圆周角定理，弧长公式，解决本题的关键是掌握与圆有关的性质．
14．（2025•浙江模拟）△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4cm，将△ABC绕点B顺时针旋转至
8π
△A′BC′的位置，如图，A、B、C'三点在同一条直线上，则点A所经过的路径长为 cm ．
3
【考点】轨迹；旋转的性质；含30度角的直角三角形．
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第26页（共51页）【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．
8π
【答案】 cm．
3
【分析】由∠C＝90°，∠A＝30°，求得∠ABC＝60°，由旋转得A′B＝AB＝4cm，∠A′BC′＝∠ABC＝
8π
60°，则∠ABA′＝120°，由弧长公式求得点A所经过的路径= cm，于是得到问题的答案．
3
【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝60°，
由旋转得A′B＝AB＝4cm，∠A′BC′＝∠ABC＝60°，
∵A、B、C'三点在同一条直线上，
∴∠ABA′＝180°﹣∠A′BC′＝120°，
∴点A所经过的路径为半径为4cm且圆心角等于120°的一段弧，
120π×4 8π
∴点A所经过的路径= = （cm），
180 3
8π
故答案为： cm．
3
【点评】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、旋转的性质、弧长公式等知识，推导出 A′B＝AB
＝4cm及∠ABA′＝120°是解题的关键．
15．（2025•华龙区校级一模）如图，在等腰△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC＝4，将△ABC绕点B顺
时针旋转至△A′BC′，使得BC′⊥AB，延长AC交A′B于D，点A的运动路径为^AA'，则图中阴影部分的
面积为 8π-6√3 ．
【考点】轨迹；旋转的性质；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形．
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【专题】三角形；圆的有关概念及性质．
【答案】8π-6√3．
【分析】利用扇形ABA′的面积减去Rt△ABD的面积计算即可．
【解答】解：∵∠ACB＝120°，AC＝BC＝4，
∴∠BAC＝∠ABC＝30°，
由旋转的性质可知：∠ABC'＝∠ABC＝30°，
第27页（共51页）∵BC′⊥AB，即∠ABC′＝90°，
∴∠ABA′＝∠ABC′﹣∠ABC′＝60°
∴∠ADB＝180°﹣∠ABA′﹣∠BAC＝90°，∠CBD＝∠ABA′﹣∠ABC＝30°，
在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，BC＝4．
∴CD＝2，BD=2√3．AD＝AC+CD＝6，
∴AB=√AD2+BD2=4√3，
60π×AB2 1 60π×(4√3) 2 1
∴S =S -S = - ×BD×AD= - ×2√3×6=8π-6√3．
阴影 扇形ABA' △ABD 360 2 360 2
故答案为：8π-6√3．
【点评】本题考查不规则图形的面积，旋转的性质，含30°角的直角三角形，勾股定理等知识，掌握割
补法求面积是解题的关键．
16．（2025•二道区校级模拟）如图，AB是半径为2的 O的一条弦，∠AOB＝90°．将△OAB绕点A逆
⊙
2√2π
时针旋转，当点O的对应点O'第一次落在 O上时，点B运动的路径长是 ．（结果保留
3
⊙
）
π
【考点】轨迹；旋转的性质；圆心角、弧、弦的关系．
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【专题】平移、旋转与对称；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
2√2
【答案】 π．
3
π
【分析】当点O′第一次落在 O上时，△OAO'为等边三角形，旋转角 ＝60°（即 弧度）．点B绕点
3
⊙ θ
A旋转的路径是圆弧，其半径为AB的长度，弧长公式为r• ．
【解答】解：旋转后点O′在 O上，故O′O＝2． θ
旋转前OA＝2，旋转后O'A＝⊙OA＝2，
π
∴△OA O′为等边三角形，旋转角θ=60°= ．
3
在△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝2，
第28页（共51页）由勾股定理得：AB=√OA2+OB2=√22+22=2√2．
π π 2√2π
点B绕点A旋转 弧度，路径为圆弧，半径AB＝2 √2，弧长为：弧长＝AB• ＝2√2. = ．
3 3 3
θ
2√2
故答案为： π．
3
【点评】本题考查旋转的性质、弧长计算以及几何图形的变换，解题的关键是掌握相关知识的灵活运
用．
17．（2025•淮安区校级二模）如图，有一块长AB＝4cm、宽BC＝3cm的矩形木板在桌面上按顺时针方向
无滑动地翻滚，木板上顶点A的位置变化为A→A →A ．其中，第二次翻滚时被桌面上一个小木块挡
1 2
住，使木板边沿A E与桌面成30°角，则点A翻滚到点A 的位置经过的路径长为 3. 5 cm ．
2 2
π
【考点】轨迹；矩形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】3.5 cm．
【分析】第π一次是点 A 以 B 为旋转中心，顺时针旋转 90°得到 A
1
，长方形的对角线 AB 长为
√32+42=5cm，此次A点走过的路径为AA 弧，第二次是点A 以E为旋转中心，顺时针旋转90°得到
1 1
A ，此次A点走过的路径为A A ，走过的总路径为两段弧长之和．
2 1 2
【解答】解：第一次是点A以B为旋转中心，顺时针旋转90°得到A ，
1
长方形的对角线AB长为√32+42=5cm，
90° 5π
此次A点走过的路径为AA 弧，A A =2π×5× = (cm)；
1 1 360° 2
第二次是点A 以E为旋转中心，顺时针旋转90°得到A ，
1 2
∵EA 的长为3cm，A 与E桌面成30°角，
1 2
∴∠A
1
EA
2
＝60°，
60°
∴此次A点走过的路径为A A 弧，A A ＝2 ×3× =π(cm)，
1 2 1 2 360°
π
第29页（共51页）5π
∴A点走过的路径为 +π=3.5π(cm)，
2
故答案为：3.5 cm．
【点评】本题考π查的是轨迹，弧长的计算及矩形的性质，解答本题的关键是找准所旋转的弧的圆心和
半径及圆心角的度数．
18．（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，
20
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 ．
9
【考点】轨迹；勾股定理．
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【专题】计算题．
20
【答案】 ．
9
【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=√AC2+BC2=√82+62=10，
∵NJ∥AC，
∴△BNJ∽△BAC，
BN BJ NJ
∴ = = ，
AB CB AC
y BJ NJ
∴ = = ，
10 6 8
第30页（共51页）3 4
∴BJ= y，NJ= y，
5 5
3
∴MJ＝BC﹣CM﹣BJ＝6﹣x- y，
5
∵∠C＝∠AMN＝∠NJM＝90°，
∴∠AMC+∠NMJ＝90°，∠NMJ+∠MNJ＝90°，
∴∠AMC＝∠MNJ，
∴△ACM∽△MJN，
AC CM
∴ = ，
MJ NJ
8 x
=
∴ 3 4 ，
6-x- y y
5 5
3 32
∴x2+( y-6)x+ y=0，
5 5
∵△≥0，
3 128
∴( y-6) 2- y≥0，
5 5
∴9y2﹣820y+900≥0，
∴（9y﹣10）（y﹣90）≥0，
10
∴y≤ 或y≥90（90＞10＝AB，不符合题意，舍去），
9
10
∴y≤ ，
9
10
∴BN的最大值为 ，
9
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，
20
∴点N经过的路径长是 ，
9
20
故答案为： ．
9
【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．
19．（2025•金华模拟）如图，在Rt△ABC中，AB＝8，∠B＝60°，点D，E分别是AB，AC边上的中点，
点F在BC的延长线上，连接EF，∠F＝60°．点P从点D出发，沿D→B→F运动到点F，在边EF上
第31页（共51页）25
找一点Q，连结PQ，使得∠APQ＝∠B，则在点P的运动的过程中，点Q的运动路径长为 ．
4
【考点】轨迹；含30度角的直角三角形；三角形中位线定理．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
25
【答案】 ．
4
1
【分析】解Rt△ABC 求出BC，AC的长，连接DE，中点结合中位线定理得到CE= AC=2√3，
2
∠ADE＝∠B＝60°，解Rt△ECF求出CF，EF的长，分点P在线段BD上运动和点P在BF上移动两种
情况，进行讨论，当点P在线段BD上运动得到点Q从点E移动到点F，路径长为EF＝4，当点P在
BP⋅PF x(6-x) 1 3
BF上移动，设BP＝x，证明△ABP∽△PFQ，得到FQ= = =- x2+ x，进而求出
AB 8 8 4
9
FQ的最大值，得到点Q先从点F移动到FQ= 的位置，再返回到点F，进而求出总的路径长即可．
8
【解答】解：∵在Rt△ABC中，AB＝8，∠B＝60°，
∴BC＝AB•cos60°＝4，AC=AB⋅sin60°=4√3，
连接DE，
∵点D，E分别是AB，AC边上的中点，
1 1
∴DE∥BC，DE= BC=2，CE= AC=2√3，
2 2
∴∠ADE＝∠B＝60°，
在Rt△ECF中，CE=2√3，∠F＝60°，
∴CF＝CE÷tan60°＝2，EF＝CE÷sin60°＝4；
①当点P在线段BD上运动时，
第32页（共51页）∵∠APQ＝∠B，
∴PQ∥BC，
∴当点P从点D移动到点B时，点Q从点E移动到点F，路径长为EF＝4；
②当点P在BF上移动时，如图，
∵BC＝4，CF＝2，
∴BF＝6，
设BP＝x，则PF＝6﹣x，
∵∠APQ＝∠B＝60°，∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠QPF，
∴∠QPF＝∠PAB，
又∵∠B＝∠F，
∴△ABP∽△PFQ，
FQ PF
∴ = ，
BP AB
BP⋅PF x(6-x) 1 3
∴FQ= = =- x2+ x，
AB 8 8 4
3
4 1 3 9
∴当x=- =3时，FQ的值最大为：- ×32+ ×3= ，
1 8 4 8
2×(- )
8
9
∴当点P从点B移动到点F时，点Q先从点F移动到FQ= 的位置，再返回到点F，
8
9 25
∴点Q的总的路径长为：4+2× = ，
8 4
第33页（共51页）25
故答案为： ．
4
【点评】本题考查解直角三角形，二次函数求最值，中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的
关键是确定点Q的运动轨迹．
20．（2025•平桥区三模）如图，在菱形ABCD中，AB=2√3，∠ABC＝120°，把菱形ABCD绕着顶点A
逆时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，点C的运动轨迹为弧CC'，则图中阴影部分的面积为 3π-3√3
．（结果保留 ）
π
【考点】轨迹；旋转的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；圆周角定理；扇形面积的计算．
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【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接 BD，交 AC于点 O，由菱形的性质求出 BO，AC，以及S ，由旋转的性质求出
△ABC
S
△ABC
=S
△ABC
'=3√3，再根据S阴影 ＝S扇形CAC′ ﹣S
△AB′
C′可得结论
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝2√3，AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠BAC＝∠DAC＝30°，
连接BD，交AC于点O，则BD⊥AC，
第34页（共51页）1 1
∴BO= AB= ×2√3=√3，AC=2AO，
2 2
由勾股定理得，AO=√AB2-BO2=√ (2√3) 2-(√3) 2=3，
∴AC＝2AO＝2×3＝6，
1 1
∴S = AC⋅BO= ×6×√3=3√3，
△ABC 2 2
由旋转得，△AB′C′≅△ABC，
∴AC'=AC=6，∠CAC'=∠BAC=30°，S =S '=3√3，
△ABC △ABC
30π×62
∴S阴影 ＝S扇形CAC′ ﹣S
△AB′
C′=
360
-3√3=3π-3√3．
故答案为：3π-3√3．
【点评】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，勾股定理，熟练掌握旋转变换只改
变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•南山区校级三模）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）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；
第35页（共51页）（2）图4中，一辆宽1.7m，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， ≈3.14，所有结果精确到0.1）
【考点】轨迹；解直角三角π形的应用﹣坡度坡角问题；平行四边形的判定；矩形的判定．
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【专题】多边形与平行四边形；解直角三角形及其应用．
【答案】（1）3.1m；（2）能通过，证明见解析．
【分析】（1）连接CD，得出点C是点C绕点D旋转60°得到，根据弧长公式解答即可；
（2）在OM上取MK＝0.4m，KF＝1.7m，作FG⊥OM于点F，交AB于点H，交AB于点G，证明四边
形AHFO是矩形，得出AH＝OF＝0.9m，∠AHG＝90°，HF＝OA＝0.2m，解直角三角形得出GH，再
根据GH+HF＝1.559+0.2＝1.759m＞1.6m，解答即可．
【解答】解：（1）如图，连接CD，交AB'于E，
根据题意可得四边形ADCB是矩形，四边形AB'C'D是平行四边形，
∴CD＝AB＝AB'＝DC'＝3，CD∥AB，C'D∥AB'，
∴∠B'EC＝∠B'AB＝∠C'DC＝60°，
∴点C'是点C绕点D旋转60°得到，
60×π×3
∴点C经过的路径长为 =π≈3.1m；
180
（2）在OM上取MK＝0.4m，KF＝1.7m，作FG⊥OM于点F，交AB于点H，交AB'于点G，
第36页（共51页）当汽车与BC保持安全距离0.4m时，
∵汽车宽度为1.7m，
∴OF＝3﹣1.7﹣0.4＝0.9m，
∵ABMOM，AO⊥OM，
∴四边形AHFO是矩形，
∴AH＝OF＝0.9m，∠AHG＝90°，HF＝OA＝0.2m，
∴GH=0.9×tan60°=0.9×√3≈1.559m，
∵GH+HF＝1.559+0.2≈1.759m＞1.6m，汽车高度为1.6m，
∴汽车能安全通过．
【点评】本题考查了矩形的性质和判定，解直角三角形的应用，锐角三角函数，弧长的计算等知识，
添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22．（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=4√3m，筒车的轴心O
距离水面的高度OC长⊙为2m．
（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．
【考点】轨迹；垂径定理的应用．
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【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接OA，根据勾股定理即可解决问题；
（2）利用锐角三角函数求出∠COA＝60°，再根据弧长公式即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接OA，
第37页（共51页）∵AB=4√3，OC⊥AB，
∴AC=2√3，
在Rt△ACO中，OC＝2，AO2＝OC2+AC2，
∴AO=√22+(2√3) 2=4，
答：筒车 O的半径为4m；
⊙ AC
（2）由（1）可得tan∠COA= =√3，
OC
∴∠COA＝60°，
180-60 8
∴盛水桶P从刚浮出水面绕到离水面最高点时，它走过的路径长为 π×4= πm．
180 3
【点评】本题考查轨迹，垂径定理的应用，解决本题的关键是掌握垂径定理．
23．（2025•双台子区校级二模）嘉嘉使用桌上书架如图1所示．嘉嘉发现，当书架与桌面的夹角∠AOB
＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为11cm，此时舒适度不太理想．嘉嘉调整书架与桌面
的夹角大小继续探究，最后发现当张角∠A′OB＝108°时（点A′是A的对应点），舒适度较为理想．
（1）书架在旋转过程中，求顶部边缘A点到A′走过的路径长．
（2）如图2这个平面图形，如果嘉嘉的眼睛在E处．当她看书上距离桌面高度为20cm的点F时，她
向下看的俯角为18°，眼睛到桌面高度EB＝25cm，求此时眼睛到F点的距离，即EF的长度．（结果
第38页（共51页）精确到1cm；参考数据：sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）
【考点】轨迹；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；应用意识．
77π
【答案】（1） ；
15
（2）EF的长度约为16cm．．
【分析】（1）利用平角定义先求出∠AOC＝30°，然后在Rt△ACO 中，利用锐角三角函数的定义求出
AO的长，从而求出A′O的长，进而利用弧长公式求解即可；
（2）过点F作FM⊥BC，FN⊥BE于点M、N，则四边形MBNF是矩形，∠FNE＝90°，在Rt△FEN中，
解直角三角形即可得解．
【解答】解：（1）∵∠AOB＝150°，
∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝30°，
在Rt△ACO中，AC＝11cm，
∴AO＝2AC＝22cm，
由题意得：AO＝A′O＝22cm，
∵∠A′OB＝108°，
∴∠AOA′＝150°﹣∠A′OB＝42°，
42×π×22 77π
∴边缘A点到A′走过的路径长 = ；
180 15
（2）过点F作 FM⊥BC，FN⊥BE于点M、N，则四边形MBNF是矩形，∠FNE＝90°，
∴BN＝FM＝20cm，
∴EN＝BE﹣BN＝5cm，
∵向下看的俯角为18°，
∴∠EFN＝18°，
EN 5
∴EF= = ≈16（cm），
sin18° 0.31
第39页（共51页）答：EF的长度约为16cm．．
【点评】本题主要考查了轨迹，解直角三角形的应用﹣仰角俯角，熟练掌握解直角三角形、30度直角
三角形的性质是解题的关键．
24．（2024•鲁山县三模）桔槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于（墨
子•备城门），是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面
的支撑杆，AB是杠杆，且AB＝5.4米，OA：OB＝2：1．当点A位于最高点时，∠AOM＝127°；当点
A 从最高点逆时针旋转 54.5°到达最低点 A ．（结果精确到 0.1m；参考数据：sin37°≈0.6，
1
sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8）
（1）求此时水桶B所经过的路径长；
（2）求此时水桶B上升的高度．
【考点】轨迹；解直角三角形的应用．
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【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据水桶B所经过的路径为圆心角度数为54.5度，半径为1.8米的弧长，代入计算即可；
（2）过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于C，过B
1
作B
1
D⊥EF于D，在Rt△OBC中和在Rt△OB
1
D中，
分别利用三角函数求出BC和B D的长即可．
1
【解答】解：（1）∵AB＝5.4米，OA：OB＝2：1，
∴OB＝1.8米，
∴水桶B所经过的路径为圆心角度数为54.5度，半径为1.8米的弧长，
54.5×π×1.8
∴l= ≈1.7（米）；
180
（2）过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于C，过B
1
作B
1
D⊥EF于D，
∵∠AOM＝127°，∠EOM＝90°，
∴∠AOE＝37°，
∴∠BOC＝∠AOE＝37°，∠B
1
OD＝∠A
1
OE＝17.5°，
∵OB ＝OB＝1.8（米），
1
第40页（共51页）在Rt△OBC中，BC＝sin∠OCB×OB＝sin37°×OB≈0.6×1.8＝1.08（米），
在Rt△OB
1
D中，B
1
D＝sin17.5°×OB
1
≈0.3×1.8＝0.54（米），
∴BC+B D＝1.08+0.54≈1.6（米），
1
∴此时水桶B上升的高度为1.6米．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，弧长公式等知识，读懂题意，构造直角三角形是解题
的关键．
25．（2024•遂平县一模）电动切割机以其高效、准确和便捷的特点，成为现代工作中不可或缺的工具，
图1是从电动切割机抽象出来的几何模型，ON为固定台，切割片 A与摆臂OM相切于点P，图2是
切割机完成工作时候的模型图，此时切割片 B与ON相切．已知⊙切割片的半径为30cm，转轴OA长
是60cm，∠MON＝90° （此次切割片在工作⊙时候的磨损忽略不计）．
（1）求图2中点B到OM的距离；
（2）求砂轮工作前后，圆心A运动轨迹长度．
【考点】轨迹；勾股定理的应用；垂径定理；切线的性质．
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【专题】与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）点B到OM的距离为30√3cm；
（2）圆心A运动轨迹长度为10 cm．
【分析】（1）过点B作BQ⊥ONπ，BC⊥OM．则AP＝BQ＝30cm，OA＝OB＝60cm．由勾股定理得OQ
的长，根据∠BCO＝∠BQO＝∠MON＝90°，得出四边形BCOQ为矩形．则BC＝OQ＝30√3cm；
BQ 1
（2）在Rt△OQB中，sin∠BOQ= = ，则∠BOQ＝30°，同理可得∠AOP＝∠BOO＝30°．则
OB 2
第41页（共51页）30π×60
∠AOB＝90°﹣60°＝30°．所以圆心A运动轨迹^AB的长 =10π(cm)．
180
【解答】解：（1）过点B作BQ⊥ON，BC⊥OM，垂足分别为Q，C．
∴AP＝BQ＝30cm，OA＝OB＝60cm．
∴由勾股定理得OQ=√OB2-BQ2=√602-302=30√3cm，
∵∠BCO＝∠BQO＝∠MON＝90°，
∴四边形BCOQ为矩形．
∴BC＝OQ＝30√3cm，
∴点B到OM的距离为30√3cm；
BQ 1
（2）在 Rt△OQB 中，sin∠BOQ= = ，
OB 2
∴∠BOQ＝30°，
同理可得∠AOP＝∠BOO＝30°．
∴∠AOB＝90°﹣60°＝30°．
30π×60
∴圆心A运动轨迹^AB的长为 =10π(cm)．
180
答：圆心A运动轨迹长度为10 cm．
【点评】本题考查轨迹、勾股定π 理的应用、垂径定理、切线的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵
活运用．
第42页（共51页）考点卡片
1．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．
2．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两
个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
3．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．
4．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常
用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角
第43页（共51页）三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
5．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=√c2-a2及c=√a2+b2．
（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．
6．勾股定理的应用
（1）在不规则的几何图形中，通常添加辅助线得到直角三角形．
（2）在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中
抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
（3）常见的类型：①勾股定理在几何中的应用：利用勾股定理求几何图形的面积和有关线段的长度．
②由勾股定理演变的结论：分别以一个直角三角形的三边为边长向外作正多边形，以斜边为边长的多边
形的面积等于以直角边为边长的多边形的面积和．
③勾股定理在实际问题中的应用：运用勾股定理的数学模型解决现实世界的实际问题．
④勾股定理在数轴上表示无理数的应用：利用勾股定理把一个无理数表示成直角边是两个正整数的直角
三角形的斜边．
7．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：√2+1．
8．三角形中位线定理
（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
第44页（共51页）1
∴DE∥BC，DE= BC．
2
9．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四
边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行
四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四
边形．
10．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．
1
②菱形面积= ab．（a、b是两条对角线的长度）
2
11．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
第45页（共51页）（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；
对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
12．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相
等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
13．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对
称轴．
14．垂径定理
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
第46页（共51页）15．垂径定理的应用
垂径定理的应用很广泛，常见的有：
（1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．
这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌
握．
16．圆心角、弧、弦的关系
（1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其
余各组量都分别相等．
说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优
弧或劣弧．
（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系
三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知
一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得
图形与原图形完全重合．
（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．
17．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌
握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角
的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是
“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当
成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
18．三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
第47页（共51页）（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心
在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，
而一个圆的内接三角形却有无数个．
19．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过
圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三
角形解决问题．
20．三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫
做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
21．弧长的计算
（1）圆周长公式：C＝2 R
nπRπ
（2）弧长公式：l= （弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）
180
①在弧长的计算公式中，n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．
②若圆心角的单位不全是度，则需要先化为度后再计算弧长．
③题设未标明精确度的，可以将弧长用 表示．
④正确区分弧、弧的度数、弧长三个概念π ，度数相等的弧，弧长不一定相等，弧长相等的弧不一定是等
第48页（共51页）弧，只有在同圆或等圆中，才有等弧的概念，才是三者的统一．
22．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝ r2
（2）扇形：由组成圆心π角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则
n 1
S扇形 =
360
R2或S扇形 =
2
lR（其中l为扇形的弧长）
π
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
23．轨迹
轨迹 数学概念轨迹数学概念：在数学中，轨迹是由满足坐标关系的特定方程的所有点，或由一个点、线
或运动曲面构成的曲线或其他形状．所有的形状，如圆、椭圆、抛物线、双曲线等．
24．生活中的轴对称现象
（1）轴对称的概念：把一个图形沿某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图
形关于这条直线对称，也称轴对称；这条直线叫做对称轴．
（2）轴对称包含两层含义：
①有两个图形，且这两个图形能够完全重合，即形状大小完全相同；
②对重合的方式有限制，只能是把它们沿一条直线对折后能够重合．
25．轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；
②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到
这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
26．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
③旋转前、后的图形全等． （2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角
第49页（共51页）度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
27．中心对称
（1）中心对称的定义
把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点
对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．
（2）中心对称的性质
①关于中心对称的两个图形能够完全重合；
②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
28．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
∠A的对边 a ∠A的邻边 b ∠A的对边 a
sinA= = ，cosA= = ，tanA= = ．
斜边 c 斜边 c ∠A的邻边 b
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
29．解直角三角形的应用
（1）通过解直角三角形能解决实际问题中的很多有关测量问．
如：测不易直接测量的物体的高度、测河宽等，关键在于构造出直角三角形，通过测量角的度数和测量
边的长度，计算出所要求的物体的高度或长度．
（2）解直角三角形的一般过程是：
①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）．
②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化
得到实际问题的答案．
30．解直角三角形的应用-坡度坡角问题
（1）坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比，又叫做坡比，它是一个比值，反映了斜坡的陡峭程度，
一般用i表示，常写成i＝1：m的形式．
（2）把坡面与水平面的夹角 叫做坡角，坡度i与坡角 之间的关系为：i＝h/l＝tan ．
（3）在解决坡度的有关问题中α ，一般通过作高构成直角α三角形，坡角即是一锐角，α坡度实际就是一锐角
的正切值，水平宽度或铅直高度都是直角边，实质也是解直角三角形问题．
第50页（共51页）应用领域：①测量领域；②航空领域 ③航海领域：④工程领域等．
31．解直角三角形的应用-仰角俯角问题
（1）概念：仰角是向上看的视线与水平线的夹角；俯角是向下看的视线与水平线的夹角．
（2）解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三
角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意
把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
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