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专题 24.5 求某点的弧形运动路径长度
◆ 典例分析
【典例1】四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠DAB=135°，且AB=2，AD=4❑√2．以B为圆心，
BC为半径作弧，交BA的延长线于点E，若点Q为弧EC上的动点，过点Q作QH⊥BC于点H，设点I为
△BQH的内心，连接BI，QI，当点Q从点C运动到点E时，则内心I所经过的路径长为 ．
【思路点拨】
三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点，连接IC，由内心定义得∠QBI=∠CBI，继而证明
△IBQ≌△IBC(SAS)，再由全等三角形的对应角相等解得∠BIC=∠BIQ，接着计算∠QBI+∠IQB的
度数，得到∠BIC=∠BIQ=135°，过B、I、C三点作⊙O，求得∠BOC的度数，求出BC=10，在等
腰直角三角形BCO中，利用勾股定理解得BO=5❑√2，最后根据弧长公式解题即可．
【解题过程】
解：如图，连接IC，
∵I是内心，
∴∠QBI=∠CBI，
∵BI=BI，CB=BQ，∴△IBQ≌△IBC(SAS)，
∴∠BIC=∠BIQ，
∵∠QHB=90°，
1 1 1 1
∴∠QBI+∠IQB= ∠QBH+ ∠BQH = (∠QBH+∠BOH) = (180°−∠BHQ)
2 2 2 2
1
= ×(180°−90°)=45°，
2
∴∠BIQ=180°−45°=135°，
∴∠BIC=∠BIQ=135°，
过B、I、C三点作⊙O，连接OB,OC，
∴∠BOC=2(180°−∠BIC)=2×(180°−135°)=90°，
∴当点Q从点C运动到点E时，内心所经过的路径长为B´C的长，
过点D作DM⊥BC，过A作AN⊥DM，垂足分别为M、N，
∵∠DAB=135°，∠B=∠D=90°，
∴∠DAN=45°，∠C=45°，
∵AB=2，AD=4❑√2．
∴AN=DN=4=BM，DM=CM=6，
∴BC=4+6=10，
BC 10
在等腰直角三角形BCO中，BO= = =5❑√2，
❑√2 ❑√2
90×π×5❑√2 5❑√2π
∴ l = = ．
^BC 180 2
5❑√2π
故答案为： ．
2
◆ 学霸必刷
1．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC=60°，⊙O的半径为6，Q
是B´C上的一动点，P是弦AQ的中点，则点Q从点B运动到点C时，点P所经过的路径长为（ ）4π 8π
A． B．2π C． D．3π
3 3
【思路点拨】
本题主要考查圆三角形的综合运用，如图所示，连接OP，OA，由垂径定理得OP⊥AQ，点P在以OA
为直径的圆上运动，设该圆与AB，AC交于点M，N，则圆心角=2∠BAC=120°，根据弧长的计算方
法即可求解．
【解题过程】
解：如图所示，连接OP，OA，
∵P是弦AQ的中点
∴AP=PQ，
∴OP⊥AQ，
∴点P在以OA为直径的圆上运动，设该圆与AB，AC交于点M，N，则圆心角=2∠BAC=120°，
120π×3
∴点P所经过的路径长为 =2π，
180
故选：B．
2．（23-24九年级上·湖北武汉·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2．
△ABC绕直角顶点A顺时针旋转得到 △ADE，当点B的对应点D正好在线段BC上时，点C经过的路径
长为（ ）
π 2π 2❑√3π
A． B． C． D．π
3 3 3
【思路点拨】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质和判定、含30°角的直角三角形的性质、弧长公式等知识点，
能求出线段CA的长和∠CAE的度数是解此题的关键．解直角三角形求出AC，求出∠BAD度数，从而求出∠CAE度数，根据弧长公式求出即可．
【解题过程】
解：∵在△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，
∴BC=2AB=2×2=4，∠B=180°−90°−30°=60°，
∴AC=❑√BC2−AB2=❑√42−22=2❑√3，
∵△ABC绕直角顶点A顺时针旋转得到 △ADE，当点B的对应点D正好在线段BC上，
∴AD=AB，∠DAE=∠BAC=90°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD=60°
∴∠BAD+∠CAD=∠CAD+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
60π×2❑√3 2❑√3π
∴点C经过的路径长为： = ，
180 3
故选：C．
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°，D在线段CB上，连AD，以为CD的
直径⊙O交AD于P，CB=CA=6，当D在线段CB上自C向B运动的过程中，点P运动的路径长是
（ ）
3
A．3 B．3❑√2 C． π D．3π
2
【思路点拨】
本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质及动点轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨
迹．解决此题的关键是利用圆周角定理确定P点的轨迹．连接PC，由∠CPD=∠CPA=90°，可得点P
是在以AC为直径的弧上运动，当D在线段CB上自C向B运动的过程中，点P运动的路径是N´C的长，据
此求解即可．【解题过程】
解：如图，连接PC，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CPD=∠CPA=90°，
∴点P是在以AC为直径的弧上运动，
∴当D在线段CB上自C向B运动的过程中，点P运动的路径是N´C的长，
∴CM=AM=MN=3，
∵Rt△ACB中，∠ACB=90°，
∴∠AMN=∠CMN=90°，
90°π×3 3π
∴N´C= =
180° 2
故选：C
4．（2024·湖南湘潭·一模）如下图，等边△ABC的边长为2，△ABC在直线l上绕其右下角的顶点C顺时
针旋转120°至图①位置，再绕右下角的顶点继续顺时针旋转120°至图②位置，⋯，以此类推，这样连续
旋转9次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（ ）
A．8π B．9π C．10π D．12π
【思路点拨】
本题考查了探索规律问题和弧长公式的运用，掌握旋转变换的性质、灵活运用弧长的计算公式、发现规律
是解决问题的关键．
首先求得每一次转动的路线的长，发现每3次循环，找到规律然后计算即可．
【解题过程】
解：如图：120 4
解：转动一次顶点A至点A ，旋转120°，路线长是： ×π×2= π，
1 180 3
转动第二次顶点A 至点A ，未动，路线长是：0，
1 2
120 4
转动第三次顶点A 至点A ，旋转120°，路线长是： ×π×2= π，
2 3 180 3
以此类推，每三次循环，
4 8
故顶点A转动三次经过的路线长为： π×2= π，
3 3
∵9次旋转重复了9÷3=3（遍），
8
∴顶点A转动在整个旋转过程中所经过的路程之和为： π×3=8π，
3
故选：A.
5．（23-24九年级上·浙江温州·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=❑√3，P是AD边上的
一个动点，连结BP，点C关于直线BP的对称点为C ，当P运动时，C 也随之运动．若P从A运动到D，
1 1
则点C 经过的路径长是（ ）
1
2❑√3 5❑√3 4π 5π
A． π B． π C． D．
3 6 3 3
【思路点拨】
首先确定C 的运动轨迹是以B为圆心，❑√3为半径，圆心角为120°的弧，然后利用弧长公式求解即可．
1
【解题过程】
解：由对称的性质可知，BC =BC，
1
∴C 在以B为圆心，半径为❑√3的圆上运动，
1
当若P从A运动到D，如图，C 的运动轨迹为C´C ，
1 1 2∵矩形ABCD，AB=1，BC=❑√3，
∴CD=1，∠ABC=∠BCD=90°，
由勾股定理得，BD=❑√BC2+CD2=2，
CD 1
∵ = ，
BD 2
∴∠C BD=∠CBD=30°，
1
∴∠C BC =120°，
1 2
120π×❑√3 2❑√3
∴C´C = = π，
1 2 180 3
故选：A．
6．（2024·山西·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=40°，AC=6．将Rt△ABC绕
AC的中点O逆时针旋转，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．2π D．8π
3 3
【思路点拨】
本题考查了弧长公式，直角三角形的特征，旋转的性质，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
1
时，旋转角为80°，根据旋转的性质得到AO=DO= AC=3，点A 运动路径的长为A´D，利用弧长公式
2
求解即可．
【解题过程】
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A´D，
80×3π 4
∴点A运动路径的长为： = π，
180 3
故选：A．
7．（23-24九年级下·四川达州·期中）如图，点C为半⊙O上的三等分点，点P是弧AC上的一动点，过点
B作BQ⊥PC交PC延长线于点Q，若直径AB=6，在点P从点A运动到点C的过程中，则点Q的运动路径
长为（ ）
❑√3π ❑√3π
A． B． C．❑√3π D．2❑√3π
4 2
【思路点拨】
由P点的运动特点可知Q点轨迹是以BC为直径圆上的弧CQ′，求出BC的长以及圆心角∠Q′O′C=60°，
即可求解．
【解题过程】1
解：连接OC，BC，以 BC的长为半径，BC的中点为圆心O′画圆，点Q′为半圆⊙O′上的三等分点，连
2
接Q′O′，BQ′，如图：
∵点C为半⊙O上的三等分点，
1
∴∠AOC= ∠AOB=60°，
3
1
故AC= AB=3，
2
∴∠BOC=180°−60°=120°，
1
∴∠QPB=∠CAB= ∠COB=60°，
2
∴∠QBP=180°−90°−60°=30°，
当点P从点A运动到点C的过程中，∠QPB=60°，
即∠QBP=30°，
∴∠Q′O′C=2∠Q′BP=60°，
故点Q的运动轨迹是C ´ Q′，且∠Q′O′C=60°，
在Rt△ABC中，BC=❑√AB2−AC2=❑√62−32=3❑√3，
60 ❑√3π
∴点Q的运动路径长为 ×3❑√3×π= ，
360 2
故答案为：B．
8．（2024·湖北武汉·三模）如图，AB是⊙O的直径，AB=4，C是上半圆A´B的中点，D是下半圆AB上
一个动点，过点A作CD的垂线，垂足为E，则点D从点A运动到点B的过程中，点E运动的路径长是
（ ）A．π B．❑√2π C．2π D．2❑√2π
【思路点拨】
本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，由C是上半圆A´B的中点可得OC⊥AB，利用勾股定理得
到AC=❑√OA2+OC2=2❑√2，由∠AEC=90°可得点E在以AC为直径的圆上运动，点E的运动轨迹为一
个半圆，求出半圆的弧长即可求解，根据圆周角定理确定出点E运动轨迹为一个半圆是解题的关键．
【解题过程】
解：连接AC、OC，
∵C是上半圆A´B的中点，
∴OC⊥AB，
∴∠AOC=90°，
∵AB是⊙O的直径，AB=4，
1
∴OB=OC=OA= AB=2，
2
在Rt△AOC中，AC=❑√OA2+OC2=2❑√2，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC=90°，
∴点E在以AC为直径的圆上运动，∵点D从点A运动到点B，
∴点E的运动轨迹为一个半圆，
1
∴点E运动的路径长是 π×2❑√2=❑√2π，
2
故选：B．
9．（2023九年级上·全国·专题练习）如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC= 2❑√6，点P在以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（ ）
A．❑√2π B．❑√3π C．2❑√3 D．❑√6
【思路点拨】
取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用勾股定
理得到AB的长，进而可求出OC，OP的长，求得∠CMO=90°，于是得到点M在以OC为直径的圆上，
然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长．
【解题过程】
解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，
∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC= 2❑√6，
∴AB= ❑√2 BC=4 ❑√3，
1 1
∴OC= AB=2 ❑√3，OP= AB=2 ❑√3，
2 2
∵∠ACB=90°，
∴C在⊙O上，
∵M为PC的中点，∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90°，
∴点M在以OC为直径的圆上，
P点在A点时，M点在E点；P点在B点时，M点在F点．
∵O是AB中点，E是AC中点，
∴OE是△ABC的中位线，
1
∴OE ∥ BC，OE= BC= ❑√6，
2
∴OE⊥AC，
同理OF⊥BC，OF= ❑√6，
∴四边形CEOF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形CEOF为正方形，EF=OC= 2❑√3，
∴M点的路径为以EF为直径的半圆，
1
∴点M运动的路径长= ×2π× ❑√3 = ❑√3 π．
2
故选：B．
10．（23-24九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为2，将长为2的线段QR的两端
放在正方形的相邻的两边上同时滑动，如果Q点从A点出发，沿图中所示方向按A→B→C→D→A滑
动到A止，同时点R从B点出发，沿图中所示方向按B→C→D→A→B滑动到B止，在这个过程中，
线段QR的中点M所经过的路径长为 ．
【思路点拨】
本题主要是考查了正方形的性质、直角三角形的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式是解题的关键．
如图：根据直角三角形的性质，斜边上的中线等于斜边的一半，可知：点M到正方形各顶点的距离都为
1，故点M所走的运动轨迹为以正方形各顶点为圆心，以1为半径的四个圆弧，点M所经过的路线为半径
为1圆的周长，求出即可．
【解题过程】解：连接BM，
当Q在A、B之间运动时，QR及B点形成直角三角形，
∵M为QR中点，
1
∴总有BM= QR=1，
2
∴M点的运动轨迹是以点B为圆心的四分之一圆．
同理，当Q在B、C之间运动时，M点的运动轨迹是以点C为圆心的四分之一圆，
∴点M经过的路线为半径BM=1圆的周长，即为2π．
故答案为：2π．
11．（23-24九年级上·浙江湖州·期中）如图，将含有30°角的直角三角板在桌面上做无滑动的翻滚（顺时
针方向），木板上点A位置变化为A→A →A ，其中AB=6，第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使三
1 2
角板与桌面成20°角，则点A翻滚到A 位置时共走过的路径长为 ．
2
【思路点拨】
本题考查含30度角的直角三角形的性质，勾股定理及扇形的弧长．根据含30度角的直角三角形的性质，
勾股定理先后求得BC、AC的长，以及∠ABA 和∠A C A 的度数，再利用弧长公式计算即可．
1 1 1 2
【解题过程】
解：∵AB=6，∠ACB=30°，∠A C D=20°，
2 1
∴∠ACB=∠A C B=∠A C B =30°，∠ABC=∠A BC =60°，
1 1 2 1 2 1 1
BC=2AB=12，AC=A C =❑√122−62=6❑√3，
1 1
∴∠ABA =120°，∠A C A =130°，
1 1 1 2120π×6 130π×6❑√3 13❑√3
∴点A翻滚到A 位置时共走过的路径长为： + =4π+ π，
2 180 180 3
13❑√3
故答案为：4π+ π．
3
12．（23-24九年级下·湖北武汉·阶段练习）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心过点A(2,0)，B点为
⊙O上任意一点，P(5,0)，连接AB，BP，以AP、BA为邻边作平行四边形ABQP，当B点从A点出
发，绕圆旋转一周的过程中，求Q的运动路径长为 ．
【思路点拨】
本题主要考查确定点的运动轨迹，根据四边形BAPQ是平行四边形，且BQ=3，由此可得出当B点从A点
出发，绕圆旋转一周的过程中， Q的运动路线是以(3，0)为圆心，2为半径的圆，故可得出点Q的运动
路径长.
【解题过程】
解：如图，
∵A(2,0),P(5,0),
∴AP=5−2=3,
∵边形BAPQ是平行四边形，
∴BQ=AP=3,且BQ∥AP,∴当B点从A点出发，绕圆旋转一周的过程中， Q的运动路线是以M(3，0)为圆心，2为半径的圆，
所以，⊙M的周长为4π，
即，Q的运动路径长为4π．
故答案为：4π.
13．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图，在△ABC中，∠ABC=115°，AB=BC=6cm， 将
△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，过点C作CF⊥BE于点F，当点E、B、A在同一直线上时停止
旋转．在这一旋转过程中，点F所经过的路径长为 ．
【思路点拨】
通过添加辅助圆，找到点F的运动轨迹，求出圆弧对应的圆心角与半径长，然后根据弧长公式计算即可．
【解题过程】
解：如图1，取BC中点O，连接OF,
∵CF⊥BE于点F，
∴∠BFC=90°，
1
∴OF=OB=OC= BC，
2
∴点F在以BC为直径的圆上运动，
如图2，点E、B、A在同一直线上，∵∠ABC=115°，AB=BC=6cm，
1
∴∠EBC=180°−∠ABC=65°，OF= BC=3cm，
2
∴∠COF=2∠EBC=130°，
130°×π×3 13
∴l = = π，
C´F 180° 6
13
∴点F所经过的路径长为 πcm，
6
13
故答案为： πcm．
6
14．（23-24九年级上·四川广元·阶段练习）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，点E、F是
以斜边AB为直径的半圆的三等分点，点P是E´F上一动点，连接PC，点M为PC的中点．当点P从点E
运动至点F时，点M运动的路径长为 ．
【思路点拨】
令AB、AC、BC的中点分别为点O、G、H，连接OP、OC、OG、OH、OM，易证△COP为等腰
1
三角形，根据三线合一可得，则点M的运动路径为以GH中点为圆心，以 GH为半径，圆心角为60°的
2
弧长，即可求解．
【解题过程】
解：令AB、AC、BC的中点分别为点O、G、H，连接OP、OC、OG、OH、OM，
∵AB为⊙O直径，点O为AB中点，
∴OA=OP，∵∠ACB=90°，点O为AB中点，
1
∴OC= AB=OA=OP，
2
∴△COP为等腰三角形，
∵点M为PC的中点，
∴OM⊥PC，则∠OMC=90°，
∵点E、F是以斜边AB为直径的半圆的三等分点，
1
∴点M的运动路径为以GH中点为圆心，以 GH为半径，圆心角为60°的弧长，
2
∵点G、O、H、分别为AC、BC、AB中点，AC=BC=4，
1 1
∴GO∥BC，GO= BC=2，OH∥AC，OH= AC=2，
2 2
∵∠ACB=90°，
∴四边形GCHO为正方形，GH=❑√22+22=2❑√2，
∴OC=GH,∠GOH=90°，
60 ❑√2
∴点M的运动路径长为 ⋅π⋅❑√2= π．
180 3
❑√2
故答案为： π．
3
15．（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，半径为2，圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上有一动点P，
从点P作PH⊥OA于点H，设△OPH的三个内角平分线交于点M，当点P在弧AB上从点A运动到点B
时，点M所经过的路径长是 ．
【思路点拨】
nπR
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
180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．如图，连接AM，由
△OPH的内心为M，可得到∠PMO=135°，并且易证△OPM≌△OAM(SAS)，得到
∠AIO=∠PIO=135°，所以点M在以OA为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过A、M、O
三点作⊙O′，如图，连O′ A，O′O，在优弧AO取点N，连接NA，NO，可得
❑√2 ❑√2
∠ANO=180°−135°=45°，得∠AO′O=90°，O′O= OA= ×2=❑√2，然后利用弧长公式计算
2 2
弧OA的长即可．
【解题过程】
解：如图，连接AM，
∵△OPH的内心为M，
∴∠MOP=∠MOA，∠MPO=∠MPH，
1
∴∠PMO=180°−∠MPO−∠MOP=180°− (∠HOP+∠OPH)，
2
∵PH⊥OA，
∴∠PHO=90°，
1 1
∴∠PMO=180°− (∠HOP+∠OPH)=180°− (180°−90°)=135°，
2 2
又∵OP=OA，OM为公共边，
而∠MOP=∠MOA，
∴△OPM≌△OAM(SAS)，
∴∠AMO=∠PMO=135°，
所以点M在以OA为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；
过A、M、O三点作⊙O′，如图，连接O′ A，O′O，在优弧AO取点N，连接NA，NO，∵∠AMO=135°，
∴∠ANO=180°−135°=45°，
∴∠AO′O=90°，
∵OA=2，
❑√2 ❑√2
∴O′O= OA= ×2=❑√2，
2 2
90×π×❑√2 ❑√2π
∴弧OA的长= = ，
180 2
❑√2π
所以内心M所经过的路径长为 ．
2
❑√2π
故答案为： ．
2
16．（24-25九年级上·河北沧州·期末）如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，AC为对角线．将
△ACD绕点A逆时针旋转60°得到△AC′D′，连接DC′．
（1）求证：△ADC≌△ADC′；（2）求在旋转过程中点C扫过路径的长．（结果保留π）
【思路点拨】
1
（1）由四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，则∠CAD= ∠BAD=30°，由旋转性质可知
2
∠DAD′=60°，△ACD≌△AC′D′，则∠C′ AD=∠CAD=30°，最后根据SAS即可求证；
1 1
（2）连接BD交AC与O，根据菱形的性质可得∠BAC= ∠BAD=30°，AC⊥BD，OA=OC= AC
2 2
1 nπr
，由30°角所对直角边是斜边的一半得OB= AB=3，再由勾股定理得AC=6❑√3，利用弧长公式l=
2 180
即可即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
1
∴∠CAD= ∠BAD=30°，
2
由旋转性质可知∠DAD′=60°，△ACD≌△AC′D′，
∴∠C′ AD′=∠CAD=30°，
∴∠C′ AD=∠CAD=30°，
在△ACD和△AC′D中，
{
AC=AC′
)
∠CAD=∠C′ AD ，
AD=AD
∴△ADC≌△ADC′ (SAS)；
（2）解：连接BD交AC与O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
1 1
∴∠BAC= ∠BAD=30°，AC⊥BD，OA=OC= AC，
2 2∴在Rt△AOB中，∠BAO=30°，AB=6，
1
∴OB= AB=3，
2
由勾股定理得：OA=❑√AB2−OB2=❑√62−32=3❑√3，
∴AC=6❑√3，
由旋转性质可知：∠CAC′=60°，
60π×6❑√3
∴弧CC′的长为 =2❑√3π，
180
∴在旋转过程中点C扫过路径的长为2❑√3π．
17．（2023九年级上·浙江·专题练习）等边三角形ABC的边长为2❑√3，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）连接CP，直接写出CP长度的最小值．
【思路点拨】
（1）结合等边三角形的性质，证明△ABE≌△CAF（SAS），即可作答；
（2）根据AE=CF，∠APB=120°,可知点P的路径是一段弧，根据点P经过劣弧AB上，∠APB=120°
,可得当点P经过优弧AB上，∠APB=60°，即有∠AOB=120°，结合弧长公式即可作答；
（3）根据AE=CF，∠APB=120°,可得点P的路径是一段弧，即当点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′，问题随之得解．
【解题过程】
（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠C=∠CAB=60°，
又∵AE=CF，
在△ABE和△CAF中，{
AB=AC
)
∠BAE=∠ACF ，
AE=CF
∴△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，∠APB=120°,
∴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经过劣弧AB的中点，此时△ABP
为等腰三角形，且∠ABP=∠BAP=30°，
∵点P经过劣弧AB上，∠APB=120°,
∴当点P经过优弧AB上，∠APB=60°，
∴∠AOB=120°，即∠ABO=∠BAO=30°，
又∵AB=2❑√3，
∴OA=2，
nπr 120⋅π×2 4
点P的路径是l= = = π；
180 180 3
（3）如图2，∵AE=CF，∠APB=120°,
∴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′，
2
∴PC= BE′ ，
3
∵△ABC是等边三角形，BC=AB=2❑√3，
❑√3
∴BE′= BC=3，
2
∴PC=2．
∴PC长度的最小值是2．
18．（2024·云南楚雄·一模）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点A，B分别作
BD，AC的平行线，相交于点E．
（1）求证：四边形AEBO是菱形；
（2）若四边形AEBO的面积是24，AC=10，求矩形ABCD的周长；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P是线段BC上的一动点，连接AP，作点B关于直线AP的对称点Q，
若点P从点B开始向右运动了6个单位，求点Q运动的轨迹的长．
【思路点拨】
（1）首先由矩形的性质得到OA=OB．然后结合OA∥BE，OB∥AE，即可证明出四边形AEBO是菱形；
1
（2）连接EO，交AB于点F，首先得到 AB⋅EO=24，EO=BC，进而得到AB⋅BC=48，然后利用
2
勾股定理求出AB+BC=14，进而求解即可；
（3）首先根据题意求出BC=8，AB=6，然后得到点Q运动的轨迹是以点A为圆心，AB为半径的圆，然
后得到点Q在AD上，点Q运动的轨迹是弧BQ，然后利用弧长公式求解即可．
【解题过程】
（1）证明：∵OA∥BE，OB∥AE
∴四边形AEBO是平行四边形；
∵四边形ABCD是矩形，
1 1
∴AC=BD，OA= AC，OB= BD
2 2
∴OA=OB，
∴ ▱AEBO是菱形；
（2）解：连接EO，交AB于点F，如图：
∵四边形AEBO是菱形，面积是24，
1
∴ AB⋅EO=24，EO=2FO
2
∵点F，O分别是AB，AC的中点，
∴BC=2FO，
∴EO=BC
∴AB⋅BC=48
在Rt△ABC中，AC=10，
∴AB2+BC2=AC2=100
∴(AB+BC) 2=AB2+BC2+2AB⋅BC=196
∴AB+BC=14或AB+BC=−14（舍去）
∴矩形ABCD的周长为：2(AB+BC)=28；（3）解：由（2）知，AB+BC=14①，AB2+BC2=100②；
将①式代入②式得：(14−BC) 2+BC2=100，
解得：BC=8，AB=6
∵点B关于直线AP的对称点Q，
∴AB=AQ
∴点Q运动的轨迹是以点A为圆心，AB为半径的圆，
当BP=6时，
∴AP=BP
∴∠BAP=45°
∴∠QAP=∠BAP=45°
∴点Q在AD上
∴点Q运动的轨迹是弧BQ，
nπr 90×6π
∴l= = =3π．
180 180
19．（2023·江苏常州·模拟预测）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦AC为6cm，∠ACB的平分线交⊙O
于点D．
（1）求AD的长；（2）试探究CA、CB、CD之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）连接OD，P为半圆ADB上任意一点，过P点作PE⊥OD于点E，设△OPE的内心为M，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．
【思路点拨】
（1）由圆周角定理得出∠ACB=∠ADB=90°，由勾股定理可求出答案；
（2）延长CA到F，使AF=CB，连接DF，证明△ADF≌△BDC(SAS)，由全等三角形的性质得出
CD=FD，∠CDB=∠FDA，得出∠CDF=∠ADB=90°，则△CDF为等腰直角三角形，由等腰直角
三角形的性质得出结论；
（3）连接OM，PM，证明△OMD≌△OMP(SAS)，由全等三角形的性质得出
∠OMD=∠OMP=135°，则点M在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的两段劣弧上 (分OD左右两
种情况)，求出OO′的长，由弧长公式可得出答案．
【解题过程】
（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵∠ACB的平分线交⊙O于D，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴A´D=B´D
∴AD=BD，
∴AD2+BD2=AB2，
❑√2 ❑√2
∴AD=BD= AB= ×10=5❑√2；
2 2
（2）CA+CB=❑√2CD，
证明如下：延长CA到F，使AF=CB，连接DF，
∵∠CBD+∠CAD=180°，∠FAD+∠CAD=180°，∴∠CBD=∠FAD，
在△ADF和△BDC中，
{
AD=BD
)
∠CBD=∠FAD ，
AF=BC
∴△ADF≌△BDC(SAS)，
∴CD=FD，∠CDB=∠FDA，
∴∠CDF=∠ADB=90°，△CDF为等腰直角三角形，
∴CA+CB=CF=❑√2CD；
（3）连接OM，PM，
∵PE⊥OD，
∴∠PEO=90°，
∵点M为△OPE的内心，
∴∠OMP=135°，
在△OMD和△OMP中，
{
OD=OP
)
∠DOM=∠POM ，
OM=OM
∴△OMD≌△OMP(SAS)，
∴∠OMD=∠OMP=135°，
∴点M在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的两段劣弧上（分OD左右两种情况）：
设弧OMD所在圆的圆心为O′，
∵∠OMD=135°，
∴∠OO′D=90°，❑√2 5❑√2
∴O′O＝ OD= ，
2 2
5❑√2
90×π×
∴O´D的长为 2 5❑√2 ，
= π
180 4
5❑√2 5❑√2
∴点M的路径长为2× π= π．
4 2
20．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF利一个正方形纸板
ABCD如图1摆放，若AE=1，AB=2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α(0°≤α≤90°)角，观察图
形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G,BG交AD于点M．
问题1：BE和DF的数量关系是________，位置关系是_________．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2：如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA=OD=OG．
【尝试应用】
问题3：如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
【思路点拨】
（1）如图，由四边形ABCD是正方形，△AEF是等腰直角三角形，AE=1，证明△BAE≌△DAF，再进
一步可得结论；
（2）如图，由∠BAD=90°，∠BGD=90°，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论；
（3）如图， 证明G在以O为圆心，OD为半径的⊙O上，过F作FN⊥AD于N，当∠BAE=α=60°
时，证明∠AFD=90°，可得∠ADF=30°，∠AOG=2∠ADF=60°，证明四边形AEGF是正方形，
可得当旋转角α从0°变化到60°时，G在A´G上运动，再进一步解答即可；【解题过程】
解：BE=DF；BE⊥DF；理由如下：
如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=2，∠BAD=90°，
∵△AEF是等腰直角三角形，AE=1，
∴AE=AF=1，∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△BAE≌△DAF，
∴BE=DF，∠ABE=∠ADF，
∵∠AMB=∠DMG，
∴∠BGD=∠BAM=90°，
∴BE⊥DF；
（2）如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵点O是BD的中点，
∴OA=OB=OD，
∵BE⊥DF，
∴∠BGD=90°，∵点O是BD的中点，
∴OG=OB=OD，
∴OA=OD=OG；
（3）如图，∵∠BGD=90°，OB=OG=OD，
∴G在以O为圆心，OD为半径的⊙O上，
过F作FN⊥AD于N，
当∠BAE=α=60°时，
∴∠DAF=α=60°，∠AFN=30°，
∵AF=AE=1，
1 1 ❑√3
∴AN= AF= ，FN=❑√AF2−AN2= ，
2 2 2
1 3
∴DN=2− = ，DF=❑√FN2+DN2=❑√3，
2 2
∴AF2+DF2=1+3=4=AD2，
∴∠AFD=90°，
∴∠ADF=30°，
∴∠AOG=2∠ADF=60°，
而∠EAF=∠EGF=90°，AE=AF=1，
∴四边形AEGF是正方形，
∴当旋转角α从0°变化到60°时，G在A´G上运动，
∵AB=2，OA=OB，AO⊥BD，
❑√2
∴OA=2× =❑√2，
2
60π×❑√2 ❑√2π
∴点G经过路线的长度为 = .
180 3
