中考数学复习之小题狂练450题（选择题）：轨迹（含答案）

这是一份中考数学复习之小题狂练450题（选择题）：轨迹（含答案），共23页。


A． B． C．π D．
2．（2021秋•廉江市期末）如图，⊙O的半径为2，点C是圆上的一个动点，CA⊥x轴，CB⊥y轴，垂足分别为A、B，D是AB的中点，如果点C在圆上运动一周，那么点D运动过的路程长为（ ）

A． B． C．π D．2π
3．（2021秋•汉阳区校级月考）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝1，将Rt△ABC延直线l由图1的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当A第一次滚动到图2位置时，顶点A所经过的路径的长为（ ）

A． B． C． D．（2+）π
4．（鞍山二模）如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，C两点，与y轴交于点B，点P为抛物线上一动点，过点P作PQ∥AB交y轴于Q，若点P从点A出发，沿着直线AB上方抛物线运动到点B，则点Q经过的路径长为（ ）

A． B． C．3 D．
5．（宁波模拟）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上（含坐标原点）滑动，且满足OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，当A由点O向右移动时，点D移动的路径长为（ ）

A．3 B．4 C．3 D．
6．（2020•桂林）如图，已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，将绕点A逆时针旋转90°后得到，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（ ）

A．π B．π C．2π D．2π
7．（岳麓区校级一模）如图，在Rt△AOB中，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，AB＝，扇形AOC的圆心角为60°，点D为上一动点，P为线段BD上的一点，且PB＝2PD，当点D从点A运动至点C，则点P的运动路径长为（ ）

A． B． C． D．
8．（2020•淄博）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的运动路径的长是（ ）

A．2π+2 B．3π C． D．+2
9．（2019•武汉）如图，AB是⊙O的直径，M、N是（异于A、B）上两点，C是上一动点，∠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（ ）

A． B． C． D．
10．（2021秋•市中区期中）如图，直线l1：y＝x+1与直线l2：y＝相交于点P（﹣1，0）．直线l1与y轴交于点A．一动点C从点A出发，先沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B1处后，改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A1处后，再沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B2处后，又改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A2处后，仍沿平行于x轴的方向运动，…照此规律运动，动点C依次经过点B1，A1，B2，A2，B3，A3，…，B2014，A2014，…则当动点C到达A2021处时，运动的总路径的长为（ ）

A．20212 B．22021﹣2 C．22020+1 D．22022﹣2
中考数学复习之小题狂练450题（选择题）：轨迹（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（吴兴区二模）如图，在等边三角形ABC中，AB＝3，点P为BC边上一动点，连接AP，在AP左侧构造三角形OAP，使得∠AOP＝120°，OA＝OP．当点P由点B运动到点C的过程中，点O的运动路径长为（ ）

A． B． C．π D．
【考点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；轨迹．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】由题意，可知O点的运动轨迹为线段OO'，当P点在B点时，∠OPC＝90°，当P点在C点时，∠ACO＝30°，则△OAO'是等边三角形，求出OO'＝OB＝OP＝，即可求点O的轨迹长．
【解答】解：如图，∵∠ACB＝60°，∠AOC＝120°，
∴A、O、P、C四点共圆，
∵OA＝OP，∠AOP＝120°，
∴∠APO＝∠OAP＝30°，
∵＝，
∴∠ACO＝∠APO＝30°，
∴∠ACO＝∠ACB＝30°，
∴点O在∠ACB的角平分线上运动，
∴O点的运动轨迹为线段OO'，
当P点在B点时，∠OPC＝90°，
当P点在C点时，∠ACO＝30°，
∴∠OCB＝30°，
∵AB＝3，
∴OP＝CB•tan30°＝3×＝，
∵OA＝O'A，∠AOO'＝60°，
∴OO'＝OB＝OP＝，
∴点O的运动路径长为，
故选：B．

【点评】本题考查点的运动轨迹，熟练掌握等边三角形的性质，由P点的运动情况确定O点的运动轨迹是解题的关键．
2．（2021秋•廉江市期末）如图，⊙O的半径为2，点C是圆上的一个动点，CA⊥x轴，CB⊥y轴，垂足分别为A、B，D是AB的中点，如果点C在圆上运动一周，那么点D运动过的路程长为（ ）

A． B． C．π D．2π
【考点】坐标与图形性质；圆周角定理；轨迹．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据题意知四边形OACB是矩形，可得点D是对角线AB、OC的交点，即OD＝OC，从而可知点D运动轨迹是一个半径为1圆，求得此圆周长即可．
【解答】解：如图，连接OC，

∵CA⊥x轴，CB⊥y轴，
∴四边形OACB是矩形，
∵D为AB中点，
∴点D在AC上，且OD＝OC，
∵⊙O的半径为2，
∴如果点C在圆上运动一周，那么点D运动轨迹是一个半径为1圆，
∴点D运动过的路程长为2π•1＝2π，
故选：D．
【点评】本题主要考查点的轨迹问题，矩形的判定和性质，根据四边形OACB是矩形且D为AB中点判断出点D的运动轨迹是解决此题的关键．
3．（2021秋•汉阳区校级月考）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝1，将Rt△ABC延直线l由图1的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当A第一次滚动到图2位置时，顶点A所经过的路径的长为（ ）

A． B． C． D．（2+）π
【考点】含30度角的直角三角形；轨迹．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】点A第一次滚动到图2位置时，共向右无滑动滚动三次，第一次滚动，圆心角为120°，半径为1；第二次滚动，圆心角为150°，半径为；第三次滚动，点A没有移动，计算出每一次滚动点A经过的路径长再求出它们的和即可．
【解答】解：如图，A第一次滚动到图2位置时，共向右无滑动滚动三次，
第一次滚动，圆心角为180°﹣60°＝120°，
∵AC＝1，
∴半径长为1，
∴点A经过的路径长为：＝；
第二次滚动，圆心角为180°﹣30°＝150°，
∵∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝1，
∴BC＝2AC＝2，
∴AB＝＝＝，
∴半径长为，
∴点A经过的路径长为：＝，
第三次滚动，点A没有移动，
∴点A经过的路径长为0，
∴当A第一次滚动到图2位置时，顶点A所经过的路径的长为：++0＝，
故选：C．

【点评】此题考查点的运动轨迹、弧长的计算公式、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，解题的关键是确定滚动的次数和每一次滚动时的圆心角和半径．
4．（鞍山二模）如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，C两点，与y轴交于点B，点P为抛物线上一动点，过点P作PQ∥AB交y轴于Q，若点P从点A出发，沿着直线AB上方抛物线运动到点B，则点Q经过的路径长为（ ）

A． B． C．3 D．
【考点】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；轨迹．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】分别求出点A、B的坐标，运用待定系数法求出直线AB，PQ的解析式，再求出它们与x轴的交点坐标即可解决问题．
【解答】解：对于y＝﹣x2﹣2x+3，
令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
令y＝0，则x＝﹣3或1，

∵点A在点C的左侧，
∴A（﹣3，0），
设AB所在直线解析式为y＝kx+b，
将A、B点代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+3，
∵PQ∥AB，
∴设PQ的解析式为：y＝x+a，
∵点Q经过的路径长是直线PQ经过抛物线的切点与y轴的交点和点B的距离的2倍，
∴方程﹣x2﹣2x+3＝x+a有两个实数根，
∴Δ＝9﹣4（a﹣3）＝0，
解得：a＝，
∴Q（0，），
当点P与点A重合时，点Q与点B重合时，此时点Q的坐标为（0，3），
点Q经过的路径长为2×＝，
故选：D．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法求函数解析式，抛物线与直线的交点问题，点Q经过的路径长是直线PQ经过抛物线的切点与y轴的交点和点B的距离的2倍是解题的关键．
5．（宁波模拟）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上（含坐标原点）滑动，且满足OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，当A由点O向右移动时，点D移动的路径长为（ ）

A．3 B．4 C．3 D．
【考点】轨迹；坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】分别讨论A点在O点处，A点在（6，0）处时，点D的位置，从而确定D点的轨迹为线段，再结合图形即可求解．
【解答】解：如图，∵OA+OB＝6，点C为线段AB的中点，
∴AC＝BC，
由旋转可知，AC＝AD，
∴当A点在O点处时，CO＝3，
此时D（3，0），
∵OA+OB＝6，
∴∠BAO＝45°，
当A点在（6，0）处时即A'处，AA'＝3，
∵∠BAD'＝90°，
∴∠D'AA'＝45°，
∴△AA'D'为等腰直角三角形，
∴AD'＝3，
∴点D移动的路径长为3，
故选：C．

【点评】本题考查点的运动轨迹，能够根据A点运动情况确定D点的运动轨迹，数形结合解题是关键．
6．（2020•桂林）如图，已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，将绕点A逆时针旋转90°后得到，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（ ）

A．π B．π C．2π D．2π
【考点】勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；轨迹；旋转的性质．
【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【分析】根据已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，利用垂径定理可得AC＝4，PO⊥AB，再根据勾股定理可得AP的长，利用弧长公式即可求出点P的运动路径长．
【解答】解：如图，设的圆心为O，连接OP，OA，AP'，AP，AB'

∵圆O半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，
根据垂径定理，得
AC＝AB＝4，PO⊥AB，
OC＝＝3，
∴PC＝OP﹣OC＝5﹣3＝2，
∴AP＝＝2，
∵将绕点A逆时针旋转90°后得到，
∴∠PAP′＝∠BAB′＝90°，
∴LPP′＝＝π．
则在该旋转过程中，点P的运动路径长是π．
故选：B．
【点评】本题考查了轨迹、垂径定理、勾股定理、圆心角、弧、弦的关系、弧长计算、旋转的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
7．（岳麓区校级一模）如图，在Rt△AOB中，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，AB＝，扇形AOC的圆心角为60°，点D为上一动点，P为线段BD上的一点，且PB＝2PD，当点D从点A运动至点C，则点P的运动路径长为（ ）

A． B． C． D．
【考点】含30度角的直角三角形；圆周角定理；轨迹．
【专题】动点型；与圆有关的计算；推理能力．
【分析】如图，在OB上取一点M，使得BM＝2OM，连接PM，OD．利用平行线分线段成比例定理可得PM＝4，点P在是以M为圆心4为半径的圆弧上运动．求出圆心角∠P′MP″即可解决问题．
【解答】解：如图，在OB上取一点M，使得BM＝2OM，连接PM，OD．

在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，∠AOB＝30°，AB＝3，
∴OA＝2AB＝6，
∵BP＝2PD，BM＝2MO，
∴＝＝2，
∴PM∥OD，
∴＝＝，
∴PM＝OD＝4，
∴点P在是以M为圆心4为半径的圆弧上运动．
当点D与A重合时，∠P′MB＝∠AOB＝30°，
当点D与C重合时，∠BMP″＝∠BOC＝90°，
∴∠P′MP″＝60°，
∴点P的运动路径长为＝π，
故选：A．
【点评】本题考查轨迹，三角形中位线定理，解直角三角形，弧长公式等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
8．（2020•淄博）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的运动路径的长是（ ）

A．2π+2 B．3π C． D．+2
【考点】轨迹．
【专题】动点型；与圆有关的计算；应用意识．
【分析】利用弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，

点O的运动路径的长＝的长+的长+O1O2的长
＝++
＝，
故选：C．
【点评】本题考查轨迹，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，属于中考常考题型．
9．（2019•武汉）如图，AB是⊙O的直径，M、N是（异于A、B）上两点，C是上一动点，∠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（ ）

A． B． C． D．
【考点】圆周角定理；轨迹．
【专题】与圆有关的计算．
【分析】如图，连接EB．设OA＝r．作等腰Rt△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，点C的运动轨迹是，由题意∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α，利用弧长公式计算即可解决问题．
【解答】解：如图，连接EB．设OA＝r．

∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵E是△ACB的内心，
∴∠AEB＝135°，
作等腰Rt△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，点C的运动轨迹是，
∵∠MON＝2∠GDF，设∠GDF＝α，则∠MON＝2α
∴＝＝．
故选：A．
【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．
10．（2021秋•市中区期中）如图，直线l1：y＝x+1与直线l2：y＝相交于点P（﹣1，0）．直线l1与y轴交于点A．一动点C从点A出发，先沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B1处后，改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A1处后，再沿平行于x轴的方向运动，到达直线l2上的点B2处后，又改为垂直于x轴的方向运动，到达直线l1上的点A2处后，仍沿平行于x轴的方向运动，…照此规律运动，动点C依次经过点B1，A1，B2，A2，B3，A3，…，B2014，A2014，…则当动点C到达A2021处时，运动的总路径的长为（ ）

A．20212 B．22021﹣2 C．22020+1 D．22022﹣2
【考点】一次函数的性质；两条直线相交或平行问题；轨迹．
【专题】规律型；运算能力．
【分析】由直线直线l1：y＝x+1可知，A（0，1），则B1纵坐标为1，代入直线l2：y＝x+中，得B1（1，1），又A1、B1横坐标相等，可得A1（1，2），则AB1＝1，A1B1＝2﹣1＝1，可判断△AA1B1为等腰直角三角形，利用平行线的性质，得△A1A2B2、△A2A3B3、…、都是等腰直角三角形，根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等，平行于y轴的直线上两点横坐标相等，及直线l1、l2的解析式，分别求A1B1，A2B2的长，得出一般规律，即可得到运动的总路径的长＝2×（22021﹣1）＝22022﹣2．
【解答】解：由直线l1：y＝x+1可知，A（0，1），
根据平行于x轴的直线上两点纵坐标相等，平行于y轴的直线上两点横坐标相等，及直线l1、l2的解析式可知，B1（1，1），AB1＝1，
A1（1，2），A1B1＝2﹣1＝1，
B2（3，2），A2（3，4），A1B2＝3﹣1＝2，A2B2＝4﹣2＝2，A2B3＝7﹣3＝4＝23﹣1，
…，A3B3＝7﹣3＝4＝23﹣1，
由此可得AnBn＝2n﹣1，
所以，当动点C到达A2021处时，运动的总路径的长＝2×（1+2+22+23+……+22020），
设S＝1+2+22+23+……+22020①，
则2S＝2+22+23+24……+22021②，
②﹣①，得：S＝22021﹣1，
∴运动的总路径的长＝2×（22021﹣1）＝22022﹣2．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数的综合运用．关键是利用平行于x轴的直线上点的纵坐标相等，平行于y轴的直线上点的横坐标相等，得出点的坐标，判断等腰直角三角形，得出一般规律．
考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．一次函数的性质
一次函数的性质：
k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．
由于y＝kx+b与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴．
3．两条直线相交或平行问题
直线y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数），当k相同，且b不相等，图象平行；当k不同，且b相等，图象相交；当k，b都相同时，两条线段重合．
（1）两条直线的交点问题
两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解．
（2）两条直线的平行问题
若两条直线是平行的关系，那么他们的自变量系数相同，即k值相同．
例如：若直线y1＝k1x+b1与直线y2＝k2x+b2平行，那么k1＝k2．
4．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣，），对称轴直线x＝﹣，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜﹣时，y随x的增大而减小；x＞﹣时，y随x的增大而增大；x＝﹣时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜﹣时，y随x的增大而增大；x＞﹣时，y随x的增大而减小；x＝﹣时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|﹣|个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
5．二次函数图象上点的坐标特征
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（﹣，）．
①抛物线是关于对称轴x＝﹣成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点．
②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值．
③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x＝．
6．抛物线与x轴的交点
求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．
（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．
△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；
△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．
7．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．
8．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
9．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．
10．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＝，b＝及c＝．
（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．
11．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．
12．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．
13．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．
14．轨迹
15．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旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
16．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．