2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 考點33 命題與證明（含解析）

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1、2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編：考點33 命題與證明一選擇題（共19小題）1（2018包頭）已知下列命題：若a3b3，則a2b2；若點A（x1，y1）和點B（x2，y2）在二次函數(shù)y=x22x1的圖象上，且滿足x1x21，則y1y22；在同一平面內(nèi)，a，b，c是直線，且ab，bc，則ac；周長相等的所有等腰直角三角形全等其中真命題的個數(shù)是（）A4個B3個C2個D1個【分析】依據(jù)a，b的符號以及絕對值，即可得到a2b2不一定成立；依據(jù)二次函數(shù)y=x22x1圖象的頂點坐標(biāo)以及對稱軸的位置，即可得y1y22；依據(jù)ab，bc，即可得到ac；依據(jù)周長相等的所有等腰直角三角形的邊長對應(yīng)相等，即可得到它們?nèi)?/p>

2、【解答】解：若a3b3，則a2b2不一定成立，故錯誤；若點A（x1，y1）和點B（x2，y2）在二次函數(shù)y=x22x1的圖象上，且滿足x1x21，則y1y22，故正確；在同一平面內(nèi)，a，b，c是直線，且ab，bc，則ac，故錯誤；周長相等的所有等腰直角三角形全等，故正確故選：C2（2018嘉興）用反證法證明時，假設(shè)結(jié)論“點在圓外”不成立，那么點與圓的位置關(guān)系只能是（）A點在圓內(nèi)B點在圓上C點在圓心上D點在圓上或圓內(nèi)【分析】由于反證法的步驟是：（1）假設(shè)結(jié)論不成立；（2）從假設(shè)出發(fā)推出矛盾；（3）假設(shè)不成立，則結(jié)論成立在假設(shè)結(jié)論不成立時要注意考慮結(jié)論的反面所有可能的情況，如果只有一種，那么否定一

3、種就可以了，如果有多種情況，則必須一一否定由此即可解決問題【解答】解：反證法證明時，假設(shè)結(jié)論“點在圓外”不成立，那么點與圓的位置關(guān)系只能是：點在圓上或圓內(nèi)故選：D3（2018通遼）下列說法錯誤的是（）A通過平移或旋轉(zhuǎn)得到的圖形與原圖形全等B“對頂角相等”的逆命題是真命題C圓內(nèi)接正六邊形的邊長等于半徑D“經(jīng)過有交通信號燈的路口，遇到紅燈”是隨機(jī)事件【分析】根據(jù)平移、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、對頂角的性質(zhì)、圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)、隨機(jī)事件的概念判斷即可【解答】解：通過平移或旋轉(zhuǎn)得到的圖形與原圖形全等，A正確，不符合題意；“對頂角相等”的逆命題是相等的角是對頂角，是假命題，B錯誤，符合題意；圓內(nèi)接正六邊形的邊長等于半

4、徑，C正確，不符合題意；“經(jīng)過有交通信號燈的路口，遇到紅燈”是隨機(jī)事件，D正確，不符合題意；故選：B4（2018岳陽）下列命題是真命題的是（）A平行四邊形的對角線相等B三角形的重心是三條邊的垂直平分線的交點C五邊形的內(nèi)角和是540D圓內(nèi)接四邊形的對角相等【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、三角形的重心的概念、多邊形內(nèi)角和的計算公式、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)判斷即可【解答】解：平行四邊形的對角線互相平分，A是假命題；三角形的重心是三條邊的中線的交點，B是假命題；五邊形的內(nèi)角和=（52）180=540，C是真命題；圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)，D是假命題；故選：C5（2018臺州）下列命題正確的是（）A對角線相等的

5、四邊形是平行四邊形B對角線相等的四邊形是矩形C對角線互相垂直的平行四邊形是菱形D對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形【分析】根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理判斷即可【解答】解：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，A錯誤；對角線相等的平行四邊形是矩形，B錯誤；對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，C正確；對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形；故選：C6（2018臺灣）小柔要榨果汁，她有蘋果、芭樂、柳丁三種水果，且其顆數(shù)比為9：7：6，小柔榨完果汁后，蘋果、芭樂、柳丁的顆數(shù)比變?yōu)?：3：4，已知小柔榨果汁時沒有使用柳丁，關(guān)于她榨果汁時另外兩種水果的使用情形，下列敘述何者正確？（）A只使

6、用蘋果B只使用芭樂C使用蘋果及芭樂，且使用的蘋果顆數(shù)比使用的芭樂顆數(shù)多D使用蘋果及芭樂，且使用的芭樂顆數(shù)比使用的蘋果顆數(shù)多【分析】根據(jù)三種水果的顆數(shù)的關(guān)系，設(shè)出三種水果的顆數(shù)，再根據(jù)榨果汁后的顆數(shù)的關(guān)系，求出榨果汁后，蘋果和芭樂的顆數(shù)，進(jìn)而求出蘋果，芭樂的用量，即可得出結(jié)論【解答】解：蘋果、芭樂、柳丁三種水果，且其顆數(shù)比為9：7：6，設(shè)蘋果為9x顆，芭樂7x顆，鉚釘6x顆（x是正整數(shù)），小柔榨果汁時沒有使用柳丁，設(shè)小柔榨完果汁后，蘋果a顆，芭樂b顆，小柔榨完果汁后，蘋果、芭樂、柳丁的顆數(shù)比變?yōu)?：3：4，a=9x，b=x，蘋果的用量為9xa=9x9x=0，芭樂的用量為7xb=7xx=x0，她榨

7、果汁時，只用了芭樂，故選：B7（2018嘉興）某屆世界杯的小組比賽規(guī)則：四個球隊進(jìn)行單循環(huán)比賽（每兩隊賽一場），勝一場得3分，平一場得1分，負(fù)一場得0分，某小組比賽結(jié)束后，甲、乙、丙、丁四隊分別獲得第一、二、三、四名，各隊的總得分恰好是四個連續(xù)奇數(shù)，則與乙打平的球隊是（）A甲B甲與丁C丙D丙與丁【分析】直接利用已知得出甲得分為7分，2勝1平，乙得分5分，1勝2平，丙得分3分，1勝0平，丁得分1分，0勝1平，進(jìn)而得出答案【解答】解：甲、乙、丙、丁四隊分別獲得第一、二、三、四名，各隊的總得分恰好是四個連續(xù)奇數(shù)，甲得分為7分，2勝1平，乙得分5分，1勝2平，丙得分3分，1勝0平，丁得分1分，0勝1平

8、，甲、乙都沒有輸球，甲一定與乙平，丙得分3分，1勝0平，乙得分5分，1勝2平，與乙打平的球隊是甲與丁故選：B8（2018荊門）下列命題錯誤的是（）A若一個多邊形的內(nèi)角和與外角和相等，則這個多邊形是四邊形B矩形一定有外接圓C對角線相等的菱形是正方形D一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形【分析】A、任意多邊形的外角和為360，然后利用多邊形的內(nèi)角和公式計算即可；B、判斷一個四邊形是否有外接圓，要看此四邊形的對角是否互補(bǔ)，矩形的對角互補(bǔ)，一定有外接圓；C、根據(jù)正方形的判定方法進(jìn)行判斷；D、一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形【解答】解：A、一個多邊形的外角和為360，若外角和=內(nèi)角和=

9、360，所以這個多邊形是四邊形，故此選項正確；B、矩形的四個角都是直角，滿足對角互補(bǔ)，根據(jù)對角互補(bǔ)的四邊形四點共圓，則矩形一定有外接圓，故此選項正確；C、對角線相等的菱形是正方形，故此選項正確；D、一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；而一對邊平行，另一組對邊相等的四邊形可能是平行四邊形或是梯形，故此選項錯誤；本題選擇錯誤的命題，故選：D9（2018濱州）下列命題，其中是真命題的為（）A一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形B對角線互相垂直的四邊形是菱形C對角線相等的四邊形是矩形D一組鄰邊相等的矩形是正方形【分析】分析是否為真命題，需要分別分析各題設(shè)是否能推出結(jié)論，從而利用排除法得

10、出答案【解答】解：A、例如等腰梯形，故本選項錯誤；B、根據(jù)菱形的判定，應(yīng)是對角線互相垂直的平行四邊形，故本選項錯誤；C、對角線相等且互相平分的平行四邊形是矩形，故本選項錯誤；D、一組鄰邊相等的矩形是正方形，故本選項正確故選：D10（2018荊門）如圖，等腰RtABC中，斜邊AB的長為2，O為AB的中點，P為AC邊上的動點，OQOP交BC于點Q，M為PQ的中點，當(dāng)點P從點A運(yùn)動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長為（）ABC1D2【分析】連接OC，作PEAB于E，MHAB于H，QFAB于F，如圖，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得AC=BC=，A=B=45，OCAB，OC=OA=OB=1，OCB=45，再證明R

11、tAOPCOQ得到AP=CQ，接著利用APE和BFQ都為等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后證明MH為梯形PEFQ的中位線得到MH=，即可判定點M到AB的距離為，從而得到點M的運(yùn)動路線為ABC的中位線，最后利用三角形中位線性質(zhì)得到點M所經(jīng)過的路線長【解答】解：連接OC，作PEAB于E，MHAB于H，QFAB于F，如圖，ACB為到等腰直角三角形，AC=BC=AB=，A=B=45，O為AB的中點，OCAB，OC平分ACB，OC=OA=OB=1，OCB=45，POQ=90，COA=90，AOP=COQ，在RtAOP和COQ中，RtAOPCOQ，AP=CQ，易

12、得APE和BFQ都為等腰直角三角形，PE=AP=CQ，QF=BQ，PE+QF=（CQ+BQ）=BC=1，M點為PQ的中點，MH為梯形PEFQ的中位線，MH=（PE+QF）=，即點M到AB的距離為，而CO=1，點M的運(yùn)動路線為ABC的中位線，當(dāng)點P從點A運(yùn)動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長=AB=1故選：C11（2018廣安）下列命題中：如果ab，那么a2b2一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形從圓外一點可以引圓的兩條切線，它們的切線長相等關(guān)于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有實數(shù)根，則a的取值范圍是a1其中真命題的個數(shù)是（）A1B2C3D4【分析】直接利用切線長定理以及平行四邊形的

13、判定合一元二次方程根的判別式分別判斷得出答案【解答】解：如果ab，那么a2b2，錯誤；一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形，錯誤；從圓外一點可以引圓的兩條切線，它們的切線長相等，正確；關(guān)于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有實數(shù)根，則a的取值范圍是a1且a0，故此選項錯誤故選：A12（2018重慶）下列命題正確的是（）A平行四邊形的對角線互相垂直平分B矩形的對角線互相垂直平分C菱形的對角線互相平分且相等D正方形的對角線互相垂直平分【分析】根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分；矩形的對角線平分且相等；菱形的對角線互相平分且垂直；正方形的對角線互相垂直平分進(jìn)行分析即可【解答】解：A、平行四

14、邊形的對角線互相垂直平分，是假命題；B、矩形的對角線互相垂直平分，是假命題；C、菱形的對角線互相平分且相等，是假命題；D、正方形的對角線互相垂直平分，是真命題；故選：D13（2018永州）下列命題是真命題的是（）A對角線相等的四邊形是矩形B對角線互相垂直的四邊形是菱形C任意多邊形的內(nèi)角和為360D三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半【分析】根據(jù)矩形的判定方法對A進(jìn)行判斷；根據(jù)菱形的判定方法對B進(jìn)行判斷；根據(jù)多邊形的內(nèi)角和對C進(jìn)行判斷；根據(jù)三角形中位線性質(zhì)對D進(jìn)行判斷【解答】解：A、對角線相等的平行四邊形是矩形，所以A選項為假命題；B、對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，所以B選項為假

15、命題；C、任意多邊形的外角和為360，所以C選項為假命題；D、三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，所以D選項為真命題故選：D14（2018淄博）甲、乙、丙、丁4人進(jìn)行乒乓球單循環(huán)比賽（每兩個人都要比賽一場），結(jié)果甲勝了丁，并且甲、乙、丙勝的場數(shù)相同，則丁勝的場數(shù)是（）A3B2C1D0【分析】四個人共有6場比賽，由于甲、乙、丙三人勝的場數(shù)相同，所以只有兩種可能性：甲勝1場或甲勝2場；由此進(jìn)行分析即可【解答】解：四個人共有6場比賽，由于甲、乙、丙三人勝的場數(shù)相同，所以只有兩種可能性：甲勝1場或甲勝2場；若甲只勝一場，這時乙、丙各勝一場，說明丁勝三場，這與甲勝丁矛盾，所以甲只能是勝兩場，即

16、：甲、乙、丙各勝2場，此時丁三場全敗，也就是勝0場答：甲、乙、丙各勝2場，此時丁三場全敗，丁勝0場故選：D15（2018貴港）下列命題中真命題是（）A =（）2一定成立B位似圖形不可能全等C正多邊形都是軸對稱圖形D圓錐的主視圖一定是等邊三角形【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)、位似圖形的定義、正多邊形的性質(zhì)及三視圖的概念逐一判斷即可得【解答】解：A、=（）2當(dāng)a0不成立，假命題；B、位似圖形在位似比為1時全等，假命題；C、正多邊形都是軸對稱圖形，真命題；D、圓錐的主視圖一定是等腰三角形，假命題；故選：C16（2018懷化）下列命題是真命題的是（）A兩直線平行，同位角相等B相似三角形的面積比等于相似比C

17、菱形的對角線相等D相等的兩個角是對頂角【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、對頂角的概念判斷即可【解答】解：兩直線平行，同位角相等，A是真命題；相似三角形的面積比等于相似比的平方，B是假命題；菱形的對角線互相垂直，不一定相等，C是假命題；相等的兩個角不一定是對頂角，D是假命題；故選：A17（2018重慶）下列命題是真命題的是（）A如果一個數(shù)的相反數(shù)等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是0B如果一個數(shù)的倒數(shù)等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是1C如果一個數(shù)的平方等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是0D如果一個數(shù)的算術(shù)平方根等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是0【分析】根據(jù)相反數(shù)是它本身的數(shù)為0；

18、倒數(shù)等于這個數(shù)本身是1；平方等于它本身的數(shù)為1和0；算術(shù)平方根等于本身的數(shù)為1和0進(jìn)行分析即可【解答】解：A、如果一個數(shù)的相反數(shù)等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是0，是真命題；B、如果一個數(shù)的倒數(shù)等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是1，是假命題；C、如果一個數(shù)的平方等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是0，是假命題；D、如果一個數(shù)的算術(shù)平方根等于這個數(shù)本身，那么這個數(shù)一定是0，是假命題；故選：A18（2018衡陽）下列命題是假命題的是（）A正五邊形的內(nèi)角和為540B矩形的對角線相等C對角線互相垂直的四邊形是菱形D圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)【分析】根據(jù)正多邊形的內(nèi)角和的計算公式、矩形的性質(zhì)、菱形的判定、圓內(nèi)接四

19、邊形的性質(zhì)判斷即可【解答】解：正五邊形的內(nèi)角和=（52）180=540，A是真命題；矩形的對角線相等，B是真命題；對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，C是假命題；圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)，D是真命題；故選：C19（2018眉山）下列命題為真命題的是（）A兩條直線被一組平行線所截，所得的對應(yīng)線段成比例B相似三角形面積之比等于相似比C對角線互相垂直的四邊形是菱形D順次連結(jié)矩形各邊的中點所得的四邊形是正方形【分析】根據(jù)平行線分線段成比例定理、相似三角形的性質(zhì)、菱形的判定定理、中點四邊形的性質(zhì)判斷即可【解答】解：兩條直線被一組平行線所截，所得的對應(yīng)線段成比例，A是真命題；相似三角形面積之比等于相似比的平方

20、，B是假命題；對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，C是假命題；順次連結(jié)矩形各邊的中點所得的四邊形是菱形，D是假命題；故選：A二填空題（共5小題）20（2018無錫）命題“四邊相等的四邊形是菱形”的逆命題是菱形的四條邊相等【分析】把一個命題的條件和結(jié)論互換就得到它的逆命題【解答】解：命題“四邊相等的四邊形是菱形”的逆命題是菱形的四條邊相等，故答案為：菱形的四條邊相等21（2018達(dá)州）如圖，RtABC中，C=90，AC=2，BC=5，點D是BC邊上一點且CD=1，點P是線段DB上一動點，連接AP，以AP為斜邊在AP的下方作等腰RtAOP當(dāng)P從點D出發(fā)運(yùn)動至點B停止時，點O的運(yùn)動路徑長為2【分析】過

21、O點作OECA于E，OFBC于F，連接CO，如圖，易得四邊形OECF為矩形，由AOP為等腰直角三角形得到OA=OP，AOP=90，則可證明OAEOPF，所以AE=PF，OE=OF，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理的逆定理得到CO平分ACP，從而可判斷當(dāng)P從點D出發(fā)運(yùn)動至點B停止時，點O的運(yùn)動路徑為一條線段，接著證明CE=（AC+CP），然后分別計算P點在D點和B點時OC的長，從而計算它們的差即可得到P從點D出發(fā)運(yùn)動至點B停止時，點O的運(yùn)動路徑長【解答】解：過O點作OECA于E，OFBC于F，連接CO，如圖，AOP為等腰直角三角形，OA=OP，AOP=90，易得四邊形OECF為矩形，EOF=90，CE=C

22、F，AOE=POF，OAEOPF，AE=PF，OE=OF，CO平分ACP，當(dāng)P從點D出發(fā)運(yùn)動至點B停止時，點O的運(yùn)動路徑為一條線段，AE=PF，即ACCE=CFCP，而CE=CF，CE=（AC+CP），OC=CE=（AC+CP），當(dāng)AC=2，CP=CD=1時，OC=（2+1）=，當(dāng)AC=2，CP=CB=5時，OC=（2+5）=，當(dāng)P從點D出發(fā)運(yùn)動至點B停止時，點O的運(yùn)動路徑長=2故答案為222（2018宿遷）如圖，將含有30角的直角三角板ABC放入平面直角坐標(biāo)系，頂點A、B分別落在x、y軸的正半軸上，OAB=60，點A的坐標(biāo)為（1，0）將三角板ABC沿x軸向右作無滑動的滾動（先繞點A按順時針方

23、向旋轉(zhuǎn)60，再繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)90），當(dāng)點B第一次落在x軸上時，則點B運(yùn)動的路徑與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形面積是【分析】利用三角函數(shù)能把三角形ABC各邊長度解出，畫出幾個旋轉(zhuǎn)過程，點B運(yùn)動的軌跡，結(jié)合圖形分析可得所求面積轉(zhuǎn)化為扇形面積與三角形面積之和【解答】解：由點A的坐標(biāo)為（1，0）得OA=1，又OAB=60，AB=2，ABC=30，AB=2，AC=1，BC=，在旋轉(zhuǎn)過程中，三角板的長度和角度不變，點B運(yùn)動的路徑與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形面積=故答案：23（2018北京）用一組a，b，c的值說明命題“若ab，則acbc”是錯誤的，這組值可以是a=1，b=2，c=1【分析】根據(jù)題意選擇a、b、c的值

24、即可【解答】解：當(dāng)a=1，b=2，c=2時，12，而1（1）2（1），命題“若ab，則acbc”是錯誤的，故答案為：1；2；124（2018恩施州）在RtABC中，AB=1，A=60，ABC=90，如圖所示將RtABC沿直線l無滑動地滾動至RtDEF，則點B所經(jīng)過的路徑與直線l所圍成的封閉圖形的面積為+（結(jié)果不取近似值）【分析】先得到ACB=30，BC=，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得到點B路徑分部分：第一部分為以直角三角形30的直角頂點為圓心，為半徑，圓心角為150的弧長；第二部分為以直角三角形60的直角頂點為圓心，1為半徑，圓心角為120的弧長，第三部分為ABC的面積；然后根據(jù)扇形的面積公式計算點B所

25、經(jīng)過的路徑與直線l所圍成的封閉圖形的面積【解答】解：RtABC中，A=60，ABC=90，ACB=30，BC=，將RtABC沿直線l無滑動地滾動至RtDEF，點B路徑分部分：第一部分為以直角三角形30的直角頂點為圓心，為半徑，圓心角為150的弧長；第二部分為以直角三角形60的直角頂點為圓心，1為半徑，圓心角為120的弧長；第三部分為ABC的面積；點B所經(jīng)過的路徑與直線l所圍成的封閉圖形的面積=+1=+故答案為+三解答題（共2小題）25（2018無錫）如圖，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，將此矩形繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)（090）得到矩形A1BC1D1，點A1在邊CD上（1）若m=2，n=1，求

26、在旋轉(zhuǎn)過程中，點D到點D1所經(jīng)過路徑的長度；（2）將矩形A1BC1D1繼續(xù)繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)得到矩形A2BC2D2，點D2在BC的延長線上，設(shè)邊A2B與CD交于點E，若=1，求的值【分析】（1）作A1HAB于H，連接BD，BD1，則四邊形ADA1H是矩形解直角三角形，求出ABA1，得到旋轉(zhuǎn)角即可解決問題；（2）由BCEBA2D2，推出=，可得CE=由=1推出=，推出A1C=，推出BH=A1C=，可得m2n2=6，可得1=6，由此解方程即可解決問題；【解答】解：（1）作A1HAB于H，連接BD，BD1，則四邊形ADA1H是矩形AD=HA1=n=1，在RtA1HB中，BA1=BA=m=2，BA1

27、=2HA1，ABA1=30，旋轉(zhuǎn)角為30，BD=，D到點D1所經(jīng)過路徑的長度=（2）BCEBA2D2，=，CE=1=，AC=，BH=AC=，m2n2=6，m4m2n2=6n4，1=6，=（負(fù)根已經(jīng)舍棄）26（2018江西）圖1是一種折疊門，由上下軌道和兩扇長寬相等的活頁門組成，整個活頁門的右軸固定在門框上，通過推動左側(cè)活頁門開關(guān)圖2是其俯視簡化示意圖，已知軌道AB=120cm，兩扇活頁門的寬OC=OB=60m，點B固定，當(dāng)點C在AB上左右運(yùn)動時，OC與OB的長度不變（所有的結(jié)果保留小數(shù)點后一位）（1）若OBC=50，求AC的長；（2）當(dāng)點C從點A向右運(yùn)動60cm時，求點O在此過程中運(yùn)動的路徑長

28、參考數(shù)據(jù)：sn500.77cos500.64，tan501.19，取3.14【分析】（1）作OHBC于H，如圖2，利用等腰三角形的性質(zhì)得BH=CH，在RtOBH中利用余弦定義計算出BH，從而得到BC的長，然后計算ABBC即可；（2）先判斷OBC為等邊三角形得到OBC=60，再根據(jù)圓的定義得到點O在此過程中運(yùn)動路徑是以B點為圓心，BO為半徑，圓心角為60的弧，然后根據(jù)弧長公式計算即可【解答】解：（1）作OHBC于H，如圖2，OB=OC，BH=CH，在RtOBH中，cosOBH=，BH=60cos50=600.64=38.4，BC=2BH=238.4=76.8，AC=ABBC=12076.8=43.2答：AC的長為43.2cm；（2）OB=OC=60，而BC=60，OBC為等邊三角形，OBC=60，當(dāng)點C從點A向右運(yùn)動60cm時，點O在此過程中運(yùn)動路徑是以B點為圓心，BO為半徑，圓心角為60的弧，點O在此過程中運(yùn)動的路徑長=2062.8（cm）17