文档内容
2026年菁优中考数学解密之轨迹
一．选择题（共10小题）
1．（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
2．（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
3．（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
4．（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（ ）
第1页（共43页）A．2√5 B．2√10 C．9 D．√65
5．（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（ ）
√2 √2 π 1
A． π B． C． D．
2 2 2 2
6．（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
7．（2025•广西一模）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43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•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
10．（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（ ）
第3页（共43页）2 4 8 2√3
A． π B． π C． π D． π
3 3 3 3
二．填空题（共10小题）
11．（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 ．
12．（2025•道里区校级模拟）如图，若一个半径为 1的圆形纸片在边长为6的等边三角形内任意运动，
则在该等边三角形内，这个圆形纸片能接触到的最大面积为 ．
13．（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 ．
14．（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 ．
第⊙4页（共43页）（结果保留 ）
π
15．（2025•内蒙古模拟）如图，将Rt△ABC以点A为中心顺时针旋转得到△ADE，点B的对应点D落在
BC上且恰为BC边的中点．若AB＝3，则点C的运动轨迹C^E的长为 ．
16．（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
17．（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
．
18．（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
．
第5页（共43页）19．（2025•博罗县一模）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
20．（2025•广州二模）如图，抛物线l：y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）点B的坐标为 ；
（2）点P为l上在第一象限内的一点，过点P作直线BC的平行线，与x轴交于点M，若点P从点C
出发，沿着抛物线l运动到点B，则点M经过的路径长为 ．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•惠州一模）在《车轮为什么是圆的》课题学习中，小青将车轮设计成半径为 2的正n多边形，
在水平地面上模拟行驶．以n＝3为例，如图1，车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转），车轮中心
的轨迹是BD，点C为中心轨迹最高点（即^BD的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），
如图2，d为点C到BD的距离（即CE的长）．当n取4，5，6时，车轮中心的轨迹分别如图3、图
4、图5．
第6页（共43页）以此类推，当n取不同的值时，分别计算出d的值（结果精确到0.001）．具体数据如下表：
n 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ⋯
d 1.000 0.382 0.268 0.198 0.152 0.121 0.098 0.081 ⋯
请你协助小青完成以下任务．
（1）求当n＝4时，d为何值？（参考数据：√2≈1.414)
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为 ；当车轮设计成圆形时，d＝
，这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．
π
（3）若路面如图6形状，可看成由半径为2的一些等弧首尾连结而成，若^EF长为 ，为确保车轮平
9
稳滚动，则该车轮应设计成边数为几的正多边形？
22．（2025•蓬江区校级一模）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）求图3中点B′到地面的距离；
（2）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；
（3）图4中，一辆宽1.6m，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）
π 第7页（共43页）23．（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．
24．（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
精确到1cm；参考数据：sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）
25．（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）
第8页（共43页）（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．
第9页（共43页）2026年菁优中考数学解密之轨迹
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C D B D B C B B
一．选择题（共10小题）
1．（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
【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°，
第10页（共43页）∵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．
【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．
2．（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
第11页（共43页）【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，
∴△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
第12页（共43页）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．
3．（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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【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．
4．（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：
第13页（共43页）∵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，
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
第14页（共43页）√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．
5．（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（ ）
√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°，
第15页（共43页）∵∠EDF＝90°，
∴∠GDF+∠EDG＝90°．
∴∠EDG＝∠FDH．
在△EDG和△FDH中，
{∠EGD=∠FHD
GD=HD ，
∠EDG=∠FDH
∴△EDG≌△FDH（SAS）．
∴DE＝DF．
∴△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．
6．（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（ ）
第16页（共43页）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
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，
第17页（共43页）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．
7．（2025•广西一模）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43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
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（ ）
第19页（共43页）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•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20页（共43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
2
点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．
10．（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（ ）
第21页（共43页）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．
【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．
二．填空题（共10小题）
11．（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 ．
第22页（共43页）【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，
∵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
第23页（共43页）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．
12．（2025•道里区校级模拟）如图，若一个半径为 1的圆形纸片在边长为6的等边三角形内任意运动，
则在该等边三角形内，这个圆形纸片能接触到的最大面积为 6√3+ ．
π
【考点】轨迹；等边三角形的性质．
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【专题】推理填空题；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据直角三角形的面积和扇形面积公式先求出圆形纸片不能接触到的面积，再用等边三角形
的面积去减即可得能接触到的最大面积．
【解答】解：如图，
当圆形纸片运动到与∠A的两边相切的位置时，
过圆形纸片的圆心O作两边的垂线，垂足分别为D，E，
连接AO，
则Rt△ADO中，∠OAD＝30°，OD＝1，AD=√3，
1 √3
∴S = OD•AD= ，
△ADO 2 2
∴S四边形ADOE ＝2S
△ADO
=√3，
∵∠DOE＝120°，
π
∴S扇形DOE =
3
，
∴纸片不能接触到的部分面积为：
第24页（共43页）π
3（√3- ）＝3√3-
3
π
1
∵S = ×6×3√3=9√3
△ABC 2
∴纸片能接触到的最大面积为：
9√3-3√3+ ＝6√3+ ．
故答案为6√π3+ ． π
【点评】本题考π查了轨迹、等边三角形的性质，解决本题的关键是理解圆的运动轨迹．
13．（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°，
∵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．
第25页（共43页）【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．
14．（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
∴△OAO′为等边三角形，旋转角θ=60°= ．
3
在△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝2，
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．
15．（2025•内蒙古模拟）如图，将Rt△ABC以点A为中心顺时针旋转得到△ADE，点B的对应点D落在
BC上且恰为BC边的中点．若AB＝3，则点C的运动轨迹C^E的长为 √3 ．
π
第26页（共43页）【考点】轨迹；旋转的性质；弧长的计算．
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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．
【答案】√3 ．
【分析】先根π据旋转性质和中点条件求出BC的长度，再用勾股定理求出AC的长度，通过三角函数求
出旋转角的度数，最后根据弧长公式计算CE的长．
【解答】解：根据旋转的性质，得AD＝AB＝3．
∵D是BC的中点，
∴BC＝2AD＝6．
在Rt△ABC中利用勾股定理，得AC=√BC2-AB2= √62-32=3√3．
AC
∵tan∠ABC= =√3，
AB
∴∠ABC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，
∴∠CAE＝∠BAD＝60°，
60
∴C^E的长= ×π×3√3=√3π．
180
故答案为：√3 ．
【点评】本题考π查旋转的性质、勾股定理、三角函数以及弧长公式，解题的关键是掌握相关知识的灵
活运用．
16．（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
第27页（共43页）【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
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．
17．（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
第28页（共43页）【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
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，
第29页（共43页）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．
18．（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
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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第30页（共43页）【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，
∵∠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，
第31页（共43页）∵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
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．
19．（2025•博罗县一模）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
第32页（共43页）【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，
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，
第33页（共43页）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．
20．（2025•广州二模）如图，抛物线l：y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
（1）点B的坐标为 （ 3 ， 0 ） ；
（2）点P为l上在第一象限内的一点，过点P作直线BC的平行线，与x轴交于点M，若点P从点C
出发，沿着抛物线l运动到点B，则点M经过的路径长为 ． ．
【考点】轨迹；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．
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【专题】二次函数图象及其性质．
9
【答案】（1）（3，0）；（2） ．
2
【分析】（1）二次函数y＝﹣x2+2x+3中，令y＝0，得x ＝﹣1，x ＝3从而即可得解；
1 2
（2）根据题意，可以先求出点A、C的坐标，从而可以得到直线BC的解析式，再根据PM∥BC，点P
在抛物线上，可以写出点P的坐标和对应的直线PM的解析式，再根据题意，可以得到点M横坐标的
最大值，从而可以得到点M经过的路程．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣3）（x+1），
∴当y＝0时，x ＝﹣1，x ＝3，
1 2
点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），
故答案为：（3，0）；
（2）当x＝0时，y＝3，
第34页（共43页）∴点C的坐标为（0，3），
设直线BC的函数解析式为y＝kx+b，
{ b=3
，
3k+b=0
{k=-1
解得 ，即直线BC的函数解析式为y＝﹣x+3，
b=3
∵PM∥BC，点P在抛物线上且在第一象限，
∴设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
设直线PM的解析式为y＝﹣x+c，﹣m2+2m+3＝﹣m+c，
解得c＝﹣m2+3m+3，
∴直线PM的解析式为y＝﹣x﹣m2+3m+3，
令﹣x﹣m2+3m+3＝﹣x2+2x+3且Δ＝0，
3
解得m= ，
2
21
此时直线PM的解析式为y=-x+ ，
4
21
当y=0时，x= ，
4
21
∴点M横坐标最大值是 ，
4
21 9
∴点M经过的路程为：( -3)×2= ，
4 2
9
故答案为： ．
2
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、求一次函数自变量值，二次函数，待定系数法求一次函数解
析式，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•惠州一模）在《车轮为什么是圆的》课题学习中，小青将车轮设计成半径为 2的正n多边形，
在水平地面上模拟行驶．以n＝3为例，如图1，车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转），车轮中心
的轨迹是BD，点C为中心轨迹最高点（即^BD的中点），转动一次前后中心的连线是BD（水平线），
如图2，d为点C到BD的距离（即CE的长）．当n取4，5，6时，车轮中心的轨迹分别如图3、图
4、图5．
第35页（共43页）以此类推，当n取不同的值时，分别计算出d的值（结果精确到0.001）．具体数据如下表：
n 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ⋯
d 1.000 0.382 0.268 0.198 0.152 0.121 0.098 0.081 ⋯
请你协助小青完成以下任务．
（1）求当n＝4时，d为何值？（参考数据：√2≈1.414)
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为 d 随 n 的增大而减小 ；当车轮设计成圆形时，d＝ 0
，这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．所以，将车轮设计成圆形．
π
（3）若路面如图6形状，可看成由半径为2的一些等弧首尾连结而成，若^EF长为 ，为确保车轮平
9
稳滚动，则该车轮应设计成边数为几的正多边形？
【考点】轨迹；生活中的旋转现象；解直角三角形的应用；垂径定理的应用；正多边形和圆；弧长的
计算．
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【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）当n＝4时，d≈0.586；
（2）d随n的增大而减小；0；
（3）该车轮应设计成边数为36的正多边形．
【分析】（1）根据题意证明△ABE为等腰直角三角形，进而可以解决问题；
（2）观察表格数据即可解决问题；
（3）根据弧长公式即可进行计算．
【解答】解：（1）当 n＝4 时，∠BAD＝90°，
∵点C为^BD的中点，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°，
∵AB＝AD＝AC＝2，
∴AC⊥BD，BE＝DE，
第36页（共43页）∴△ABE为等腰直角三角形，
在 Rt△ABE中，AE＝BE，
∴BE2+AE2＝AB2，
∴AE=√2，
∴d＝AC﹣AE＝2-√2≈0.586，
∴当n＝4时，d≈0.586；
（2）根据表格数据，d随n的变化情况为d随n的增大而减小；
当车轮设计成圆形时，d＝0，这样车辆行驶平稳、没有颠簸感．
所以，将车轮设计成圆形．
故答案为：d随n的增大而减小；0；
（3）设 ^EF 对应的圆心角为 °，
π α
∵^EF长为 ，
9
2πα π
∴ = ，
180 9
∴a＝10，
360 360
∴ = =36，
α 10
∴该车轮应设计成边数为36的正多边形．
【点评】本题考查了轨迹，等腰直角三角形，垂径定理，弧长的计算，解决本题的关键是理解题意．
22．（2025•蓬江区校级一模）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）求图3中点B′到地面的距离；
（2）在电动门抬起的过程中，求点C所经过的路径长；
（3）图4中，一辆宽1.6m，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，
第37页（共43页）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；矩形的判定．
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【专题】矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）点B′到地面的距离约为2.8m；
（2）点C所经过的路径约为3.1m；
（3）汽车能安全通过，理由见解析．
【分析】（1）过点B′作B'N⊥OM于点N，交AB于点E，根据解直角三角形、锐角三角函数进行解答
即可．
（2）根据弧长公式解答即可；
（3）根据解直角三角形、锐角三角函数进行解答即可．
【解答】解：（1）如图1，过点B′作B′N⊥O M于点N，交AB于点E，
依题意得：∠B′AE＝60°，AB′＝AB＝3m，∠BAB′＝60°，
B'E
在Rt△AEB′中，sin∠BAB'= ，
AB'
√3 3√3
∴B'E=AB'⋅sin∠BAB'=3×sin60°=3× = ≈2.598mB′E＝AB′•sin∠BAB′＝3×sin60°＝3
2 2
√3 3√3
× = ≈2.598（m），
2 2
∴B′N＝B′E+E N＝2.598+0.2≈2.8 m，
答：点B′到地面的距离约为2.8m；
（2）∵点C′是点C绕点D旋转60°得到的，
60π⋅3
∴点C经过的路径长为 = ≈3.1（m），
180
π
答：点C所经过的路径约为3.1m．
（3）汽车能安全通过．
第38页（共43页）在OM上取MK＝0.4m，KF＝1.6m，作FG⊥OM于点F，交AB于点H，交AB′于点G，
即汽车与BC保持安全距离MK＝0.4m，汽车的宽KF＝1.6m，
∴O F＝3﹣1.6﹣0.4＝1m，
依题意得：∠AHG＝90°，∠GAH＝60°，四边形AOFH是矩形，
∴AH＝OF＝1m，HF＝OA＝0.2m，
GH
在Rt△AGH中，tan∠GAH= ，
AH
∴GH＝AH•tan∠GAH＝1×tan60°=√3≈1.732（m），
∴G F＝G H+H F≈1.732+0.2＝1.932（m），
∵汽车高度为1.6m，1.932＞1.6，
∴汽车能安全通过，
【点评】本题考查解直角三角形的应用、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构
造直角三角形解决问题．
23．（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．
第39页（共43页）【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，
∵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．
24．（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40页（共43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）
【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°，
第41页（共43页）∴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
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．
25．（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
第42页（共43页）【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
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．
第43页（共43页）
