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专题24.9 弧长与扇形的面积【八大题型】-2022-2023学年九年级数学上册举一反三系列（人教版）
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这是一份专题24.9 弧长与扇形的面积【八大题型】-2022-2023学年九年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含九年级数学上册专题249弧长与扇形的面积八大题型举一反三人教版原卷版docx、九年级数学上册专题249弧长与扇形的面积八大题型举一反三人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24062" 【题型1 弧长的计算】 PAGEREF _Tc24062 \h 1
\l "_Tc13308" 【题型2 利用弧长公式求周长】 PAGEREF _Tc13308 \h 5
\l "_Tc25511" 【题型3 利用弧长公式求最值】 PAGEREF _Tc25511 \h 9
\l "_Tc16421" 【题型4 计算扇形面积】 PAGEREF _Tc16421 \h 13
\l "_Tc9946" 【题型5 计算不规则图形的阴影部分面积】 PAGEREF _Tc9946 \h 15
\l "_Tc539" 【题型6 旋转过程中扫过的路径或面积】 PAGEREF _Tc539 \h 19
\l "_Tc30315" 【题型7 圆锥的计算】 PAGEREF _Tc30315 \h 25
\l "_Tc10933" 【题型8 圆柱的计算】 PAGEREF _Tc10933 \h 26
【知识点1 弧长与扇形的面积】
设⊙O的半径为R，n°圆心角所对弧长为l，
弧长公式：l=nπR180 （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关）
扇形面积公式：S扇形=n360πR2=12lR
母线的概念：连接圆锥顶点和底面圆周任意一点的线段。
圆锥体表面积公式：S=πR2+πRl（l为母线）
【题型1 弧长的计算】
【例1】（2022秋•黔西南州期末）如图，四边形ABCD是半径为2的⊙O的内接四边形，连接OA，OC．若∠AOC：∠ABC＝4：3，则ABC的长为（ ）
A．85πB．65πC．45πD．35π
【分析】设∠AOC＝4x°，∠ABC＝3x°，由圆周角定理得出∠AOC＝2∠D，求出∠D＝2x°，根据圆内接四边形得出∠ABC+∠D＝180°，求出x，求出∠AOC＝144°，再根据弧长公式求出即可．
【解答】解：设∠AOC＝4x°，∠ABC＝3x°，
由圆周角定理得：∠AOC＝2∠D，
∴∠D＝2x°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠D＝180°，
∴3x+2x＝180，
解得：x＝36，
即∠AOC＝144°，
∴ABC的长为144π×2180=85π，
故选：A．
【变式1-1】（2022•龙岩模拟）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB＝45，则AC的长是（ ）
A．5π2B．25π4C．10π3D．4π
【分析】连接AC，OB，OD，CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，由垂定理可知OD⊥AB于点D，由勾股定理可得OD=5，再利用折叠性质判断AC＝DC，利用等腰三角形性质得到AF＝DF=5，再证明四边形ODEF为正方形，得到△CFB为等腰直角三角形，计算出弧AC所对圆周角度数，进而得弧AC所对圆心角度数，再代入弧长公式可得弧长．
【解答】解：连接AC，OB，OD，CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，
由垂定理可知OD⊥AB于点D，AD＝BD=12AB=25．
又OB＝5，
∴OD=OB2−BD2=25−20=5，
∵CA、CD所对的圆周角为∠CBA、∠CBD，且∠CBA＝∠CBD，
∴CA＝CD，△CAD为等腰三角形．
∵CF⊥AB，
∴AF＝DF=12AD=5，
又四边形ODFE为矩形且OD＝DF=5，
∴四边形ODFE为正方形．
∴OE=5，
∴CE=CO2−OE2=25−5=25，
∴CF＝CE+EF＝35=BF，
故△CFB为等腰直角三角形，∠CBA＝45°，
∴AC所对的圆心角为90°，
∴AC=90π⋅5180=5π2．
故选：A．
【变式1-2】（2022•梁园区校级一模）如图1所示是一张圆形纸片，直径AB＝8，现将点A折叠至圆心O形成折痕CD，再把C、D折叠至圆心O处，最后将圆形打开铺平（如图2所示），则EF的长是（ ）
A．83πB．53πC．43πD．23π
【分析】如图2，连接AC、AD、OC、OD、OE、OF、CE和DF，由折叠及圆的半径相等可得出△AOC、△COE、△AOD和△DOF都是等边三角形，从而可求得∠EOF的度数，再由直径求得半径，则可利用弧长公式求得答案．
【解答】解：如图2，连接AC、AD、OC、OD、OE、OF、CE和DF，
由折叠及圆的半径相等可知，AC＝CO＝OA，AD＝OD＝OA，CE＝OE＝OC，DF＝OF＝OD，
∴△AOC、△COE、△AOD和△DOF都是等边三角形，
∴∠EOF＝360°﹣60°×4＝120°，
∵直径AB＝8，
∴半径为4，
∴EF的长是120π×4180=83π．
故选：A．
【变式1-3】（2022•濮阳二模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、C、D均在小正方形的顶点上，点C、A、D、B均在所画的弧上，若∠CAB＝75°，则AB的长为 2π ．
【分析】取CD的中点O，连接OB、OA、AD，根据勾股定理求出AC和AD，根据勾股定理的逆定理求出∠CAD＝90°，得出等腰直角三角形CAD，求出∠ADC＝45°，根据圆周角定理求出∠ABC＝∠ADC，求出∠ACB，再根据圆周角定理求出∠AOB＝2∠ACB，再根据弧长公式求出答案即可．
【解答】解：取CD的中点O，连接OB、OA、AD，
∵小正方形的边长为1，
∴CD＝6，
即CO＝OD＝3，
由勾股定理得：AC＝AD=32+32=32，
∴AC2+AD2＝（32）2+（32）2＝18+18＝36，
∴AC2+AD2＝CD2，
∴△CAD是等腰直角三角形，
∴∠ADC＝45°，∠CAD＝90°，
∴CD是⊙O的直径，半径OA＝3，
∴∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵∠BAC＝75°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠CAB＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，
∴AB的长是120π×3180=2π．
【题型2 利用弧长公式求周长】
【例2】（2022•巧家县二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，分别以点A，B为圆心，AO，BO的长为半径画弧，与AB相交，则图中阴影部分的周长为 6π+12 ．
【分析】根据对称性以及正三角形的性质可以得到阴影部分的周长等于圆心角为180°半径为6的半圆弧长加直径长，然后根据弧长公式进行计算即可．
【解答】解：如图，连接AC、OC，则AC＝AO＝OC，
所以△AOC是正三角形，
由题意可知，弧BC，弧AD所对应的圆心角度数为30°且半径为6，弧OD、弧OC所对应的圆心角度数为60°且半径为6，
所以阴影部分的周长为：圆心角为180°半径为6的半圆弧长加直径长，
即：6π+12，
故答案为：6π+12．
【变式2-1】（2022•焦作模拟）如图，在5×4的网格图中，每个小正方形的边长均为1点A，B，C，D均在格点上，点D在AB上线段BC与AB交于点E，则图中阴影部分的周长为 262+13π4 ．（结果保留π）
【分析】根据网格构造直角三角形，利用网格可得出△ABM≌△CAN，进而得出AB＝AC，利用平角的定义可得出△ABC是等腰直角三角形，得出圆心角∠BOE的度数，利用勾股定理求出AB，进而得出半径，由弧长公式求出弧BE，再利用勾股定理求出BC，进而得出BE即可．
【解答】解：设AB的中点为O，即弧BE所在的圆心为O，
如图，连接OE，AC，
由网格可知，BM＝AN＝3，AM＝CN＝2，∠M＝∠N＝90°，
∴△ABM≌△CAN（SAS），
∴AB＝AC，∠BAM＝∠ACN，
∵∠ACN+∠CAN＝90°，
∴∠BAC＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠BOE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴BE=12BC=12×AB2+AC2
=12×32+22+32+22
=262，
由弧长公式可得，弧BE的长为90π×132180=13π4，
∴阴影部分的周长为262+13π4，
故答案为：262+13π4．
【变式2-2】（2022秋•市中区期末）如图，正方形的空地内部要做一个绿化带（阴影部分），已知正方形ABCD外切于⊙O，且边长为10米，则绿化带的周长为 5π+102 ．（结果保留π）
【分析】连接OE，OF，OH，OG，根据切线的性质得到OE⊥AB，OH⊥AD，求得∠A＝∠AHO＝∠AEO＝90°，推出∠EOF＝∠HOG＝∠GOF＝90°，DH＝AH＝OH，得到△DHH与△CFG是等腰直角三角形，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：连接OE，OF，OH，OG，
∵正方形ABCD外切于⊙O，
∴OE⊥AB，OH⊥AD，
∴∠A＝∠AHO＝∠AEO＝90°，
∵OH＝OE，
∴四边形AHOE是正方形，
∴∠HOE＝90°，AH＝OH，
同理，∠EOF＝∠HOG＝∠GOF＝90°，DH＝AH＝OH，
∴△DHG与△CFG是等腰直角三角形，
∴绿化带的周长为2×90⋅π×5180+2×52=5π+102．
故答案为：5π+102．
【变式2-3】（2022•西山区二模）如图，等边△ABC的边长为1，以A为圆心，AC为半径画弧，交BA的延长线于D，再以B为圆心，BD为半径画弧，交CB的延长线于E，再以C为圆心，CE为半径画弧，交AC的延长线于F，则由弧CD，弧DE，优弧EF及线段CF围成的图形（CDEFC）的周长为 6π+3 ．
【分析】利用弧长公式分别计算的长劣弧CD，劣弧DE，优弧EF，CF的长，再相加即可得出结论．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝AB＝1，∠CAB＝∠BCA＝∠ABC＝60°．
∴AD＝1，∠CAD＝120°，∠DBE＝120°，∠FCE＝120°．
∴BD＝AB+AD＝2，CE＝CF＝CB+BE＝1+2＝3，
∴CD的长=120⋅π⋅1180=23π，
DE的长=120⋅π⋅2180=43π，
优弧EF的长=240⋅π⋅3180=4π，
∴弧CD，弧DE，优弧EF及线段CF围成的图形（CDEFC）的周长为23π+43π+4π+3＝6π+3．
故答案为：6π+3．
【题型3 利用弧长公式求最值】
【例3】（2022•安宁市二模）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分∠BOC交BC于点D，点E为半径OB上一动点．若OB＝2，则阴影部分周长的最小值为（ ）
A．62+π2B．22+π3C．62+π3D．2+2π3
【分析】利用轴对称的性质，得出当点E移动到点E′时，阴影部分的周长最小，此时的最小值为弧CD的长与CD′的长度和，分别进行计算即可．
【解答】解：如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接E′D、OD′，
此时E′C+E′D最小，即：E′C+E′D＝CD′，
由题意得，∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，
∴∠COD′＝90°，
∴CD′=OC2+OD'2=22+22=22，
CD的长=30π×2180=π3，
∴阴影部分周长的最小值为22+π3=62+π3．
故选：C．
【变式3-1】（2022•西华县一模）如图，在菱形ABCD中，∠D＝60°，AB＝2，以B为圆心，BC的长为半径画弧AC，点P为菱形内一动点，连接PA，PC．则阴影部分周长的最小值为 2+2π3 ．
【分析】由于阴影部分的周长＝AP+PC+AC的长，而AC的长为定值，所以当AP+PC取最小值时阴影部分周长最小，根据两点之间线段最短可知A、P、C三点共线时AP+PC有最小值．
【解答】解：如图，连接AC．由题意可知，A、P、C三点共线时阴影部分周长最小，此时周长为AC+AC的长．
∵在菱形ABCD中，∠D＝60°，AB＝2，
∴∠ABC＝∠D＝60°，BC＝AB＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝2，
∴AC的长=60π×2180=2π3，
∴阴影部分周长的最小值为2+2π3．
故答案为：2+2π3．
【变式3-2】（2022•夏邑县模拟）如图，以BC为直径作圆O，A、D为圆周上的点，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝1，∠ABC＝60°．若点P为BC垂直平分线MN上的一动点，则阴影部分周长的最小值为 3+π3 ．
【分析】根据对称的性质可知阴影部分的周长的最小值为BD+弧CD长，求出BD的长，弧CD的长即可．
【解答】解：根据对称的意义可知，PD+PC的最小值为BD，
连接BD，OD，由题意可知，∠COD＝∠ABC＝60°＝∠BCD，
∵OC＝OD，∠DCO＝60°，
∴OC＝OD＝CD＝1，
∴BC＝2OC＝2，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴BD=32•BC=3，
又弧CD的长为60×π×1180=π3，
所以阴影部分周长的最小值为BD+弧CD长，即3+π3，
故答案为：3+π3．
【变式3-3】（2022•南召县模拟）如图，在⊙O中AB为其直径，EF为AB上一线段（点F在点E的左侧），点DC在AB上方的半圆上，且2AD=BD，AD=2BC，连接DF和CE，则图中阴影部分周长的最小值为 2π+42+4 ．
【分析】取BD的中点M，连接AD，DM，BM，OC，OD，OM，作点C关于AB的对称点C'，连接C'O，C′M，C′M交AB于点E．根据弧、圆心角、弦的关系定理，平行四边形的判定和性质定理，轴对称的性质，勾股定理，弧长公式解答即可．
【解答】解：如图，取BD的中点M，连接AD，DM，BM，OC，OD，OM，作点C关于AB的对称点C'，连接C'O，C′M，C′M交AB于点E
∵2AD=BD，AD=2BC，
∴AD，DM，MB的度数都是60°，CB的度数是30°，
∴MD＝AD＝MB＝4，DM∥AB．
又EF=12AB，
∴MD＝EF，
∴四边形DMEF为平行四边形，
∴DF＝ME．
∵阴影部分的周长为DF+EF+CE+DC，且和EF为定长，
∴阴影部分的周长最小即DF+CE最小．
又DF＝ME，
∴周长最小即ME+CE最小．
由对称性可知，EC＝EC'，
∴ME+EC＝ME+EC'≥MC'，
即ME+CE的最小值为MC'的长．
∵∠MOC'＝∠BOM+∠BOC'＝60°+30°＝90°，OM＝OC'，
∴△MOC'为等腰直角三角形，
∴MC'＝OM＝4．
∵∠COD＝∠BOD﹣∠BOC＝120°﹣30°＝90°，
∴DC的长=90π×4180=2π，
∴阴影部分周长的最小值为2π+42+4．
故答案为：2π+42+4．
【题型4 计算扇形面积】
【例4】（2022•抚顺县一模）如图，矩形ABCD的边长AB＝1，BC＝2．把BC绕B逆时针旋转，使C恰好落在AD上的点E处，线段BC扫过部分为扇形BCE．则扇形BCE的面积是（ ）
A．π3B．1C．2π−33D．1+π12
【分析】根据矩形的性质得出AD∥BC，∠A＝90°，求出∠EBC＝∠AEB＝30°，再根据扇形的面积公式求出答案即可．
【解答】解：∵BC＝2，把BC绕B逆时针旋转，使C恰好落在AD上的点E处，
∴BE＝BC＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∵AB＝1，BE＝2，
∴AB=12BE，
∴∠AEB＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠EBC＝∠AEB＝30°，
∴扇形EBC的面积是30π×22360=π3，
故选：A．
【变式4-1】（2022•湖北）一个扇形的弧长是10πcm，其圆心角是150°，此扇形的面积为（ ）
A．30πcm2B．60πcm2C．120πcm2D．180πcm2
【分析】先根据题意可算出扇形的半径，再根据扇形面积公式即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，
设扇形的半径为rcm，
则l=nπr180，
即10π=150×π×r180，
解得：r＝12，
∴S=12rl=12×12×10π=60π（cm2）．
故选：B．
【变式4-2】（2022•八步区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AC＝4，以AB为直径的⊙O交BC于点D，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π3B．2π3C．4π3D．2π
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝30°，根据圆周角定理得到∠AOD＝60°，根据扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵AB＝AC＝4，AB为直径，
∴∠B＝∠C＝30°，OA＝OB＝2，
∴∠AOD＝2∠B＝60°，
∴图中阴影部分的面积=60π×22360=23π，
故选：B．
【变式4-3】（2022•锦州二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC=3，作∠ABC的平分线BD交AC于点D，以点A为圆心，AD长为半径作弧，交AB于点E，则阴影部分的面积为（ ）
A．π3B．2π3C．3D．332
【分析】根据直角三角形的边角关系求出AC，再利用角平分线的定义以及直角三角形的边角关系求出CD，进而确定阴影部分的半径，最后根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC=3，
∴AC=3BC＝3，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠CBD＝30°，
在Rt△BCD中，CD＝BC•tan30°＝1，
∴AD＝3﹣1＝2，
∴S阴影部分＝S扇形ADE
=30π×22360
=π3，
故选：A．
【题型5 计算不规则图形的阴影部分面积】
【例5】（2022•虞城县一模）如图，扇形OAB中，∠AOB＝120°，OA＝2，点C为OB的中点，将扇形OAB绕点C顺时针旋转，点O的对应点为O'，连接O'B，当O'C∥OA时，阴影部分的面积为（ ）
A．π2−32B．2π3−233C．π2−33D．2π3−32
【分析】连接OO′，证明O，O′，A′三点共线，则阴影部分的面积为S扇形BOD﹣S△OBO′．
【解答】解：连接OO′，
∵O'C∥OA，∠AOB＝120°，
∴∠OCO′＝60°，
∵C是OB的中点，
∴OC＝CB＝CO′＝1，
∴△OCO′是等边三角形，
∴∠OO′C＝∠COO′＝60°，∠CBO′＝∠CO′B＝30°，
∴∠OO′B＝∠A′O′B＝90°，
∴O，O′，A′三点共线，BO′=3，
阴影部分的面积为S扇形BOD﹣S△OBO′=60π×22360−12×1×3
=2π3−32．
故选：D．
【变式5-1】（2022•安徽模拟）如图，边长为22的正方形ABCD的中心与半径为22的⊙O的圆心重合，E，F分别是AD，BA的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2π﹣23B．2π﹣2C．2π+2D．2π+23
【分析】延长DC，CB交⊙O于M，N，根据圆和正方形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：延长DC，CB交⊙O于M，N，连接OF，过点O作OH⊥AB于H．
在Rt△OFH中，FH=OF2−OH2=(22)2−(2)2=6，
∵AH＝BH=2，
∴AF=6−2，
∴S△DAF=12•AD•AF=12×22×（6−2）＝23−2，
则图中阴影部分的面积=14×（S圆O﹣S正方形ABCD）﹣S△ADF=14•[π•（22）2﹣22×22]﹣（23−2）＝2π﹣23，
故选：A．
【变式5-2】（2022•武汉模拟）如图，矩形ABCD中．AB＝33，BC＝6，以点B为圆心、BA为半径画弧，交BC于点E，以点D为圆心、DA为半径画弧，交BC于点F，则阴影部分的面积为（ ）
A．514π−2732B．6π−2732C．514π−183D．2732−34π
【分析】如图，连接DF．解直角三角形求出CF、BF，∠FDC的度数，再根据S阴＝S扇形ABE﹣（S矩形ABCD﹣S扇形DAF﹣S△DCF）计算即可；
【解答】解：如图，连接DF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝CD＝33，AD＝DF＝BC＝6，
∴CF=DF2−CD2=3，BF＝BC﹣CF＝3，
∴∠FDC＝30°，∠ADF＝60°
∴S阴＝S扇形ABE﹣（S矩形ABCD﹣S扇形DAF﹣S△DCF）
=90π⋅(33)2360−（183−60π⋅62360−12•3•33）
=514π−2732，
故选：A．
【变式5-3】（2022•高唐县二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO＝30°，AC＝8．过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
（1）求图中阴影部分的面积；
（2）点P是BD上的一个动点（点P不与点B，D重合），当PH+PM的值最小时，求PD的长度．
【分析】（1）解直角三角形求出AH，OH，根据S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH，求解即可．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小，解直角三角形求出OP，OD即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝4，
∵OH⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOH＝60°，OH=12OA＝2，AH=3OH＝23，
∴S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH=12×2×23−60⋅π⋅22360=23−23π．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，此时PH+PM的值最小．
∵OH＝OM′，
∴∠OHM′＝∠OM′H，
∵∠AOH＝∠OHM′+∠OM′H＝60°，
设OP＝m，则PM＝2m，
∵PM2＝OM2+OP2，
∴4m2＝m2+22，
∴m=233，
∴PD＝OD+OP=433+233=23．
【题型6 旋转过程中扫过的路径或面积】
【例6】（2022秋•凉山州期末）如图，△OAB中，OB＝3，OA＝1．将△OAB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△OCD．下列结论：①∠BOD＝45°；②DC＝OA；③BD，AC的垂直平分线相交于点O；④△AOC有一个角为67°；⑤AB在旋转过程中扫过的图形的面积是π；其中错误的结论有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据旋转的性质得到∠BOD＝∠AOC＝45°，CD＝AB，OD＝OB，OA＝OC，故①正确，②错误；根据线段垂直平分线的性质得到BD，AC的垂直平分线相交于点O，故③正确；根据等腰三角形的性质得到∠ACO＝∠OAC=12（180°﹣45°）＝67.5°，故④错误，由扇形的面积公式得到AB在旋转过程中扫过的图形的面积＝S扇形BOD﹣S扇形AOC=45⋅π×32360−45⋅π×12360=π．
【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△OCD，
∴∠BOD＝∠AOC＝45°，CD＝AB，OD＝OB，OA＝OC，故①正确，②错误；
∵OD＝OB，OA＝OC，
∴BD，AC的垂直平分线相交于点O，故③正确；
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠OAC，
∵∠AOC＝45°，
∴∠ACO＝∠OAC=12（180°﹣45°）＝67.5°，故④错误，
∵∠BOD＝∠AOC＝45°，
∴AB在旋转过程中扫过的图形的面积＝S扇形BOD﹣S扇形AOC=45⋅π×32360−45⋅π×12360=π，故⑤正确，
故选：B．
【变式6-1】（2022•泰兴市二模）如图线段AB的端点在边长为1的正方形网格的格点上，现将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到线段AC．
（1）请你用尺规在所给的网格中画出线段AC及点B经过的路径；
（2）若将此网格放在一平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（1，3），点B的坐标为（﹣2，﹣1），则点C的坐标为 ；
（3）线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域的面积为 25π4 ；
（4）若有一张与（3）中所说的区域形状相同的纸片，将它围成一个几何体的侧面，则该几何体底面圆的半径长为 54 ．
【分析】（1）线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到线段AC．线段AC及点B经过的路径是一段弧，根据弧长公式计算路径；
（2）根据点A的坐标为（1，3），点B的坐标为（﹣2，﹣1），可建立直角坐标系，从直角坐标系中读出点C的坐标为（5，0）；
（3）线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域的面积为一个扇形，根据扇形公式计算；
（4）将它围成一个几何体即圆锥的侧面，则该几何体底面圆的周长就等于弧长，利用此等量关键可计算出半径．
【解答】解：（1）如图，BC为点B经过的路径；
（2）（5，0）；
（3）线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域的面积为一个扇形，
根据扇形公式计算
90π×25360=254π；
（4）将它围成一个几何体即圆锥的侧面，则该几何体底面圆的周长就等于弧长，
90π×5180=2πr
解得r=54．
【变式6-2】（2022秋•凉州区校级月考）归纳猜想：同学们，让我们一起进行一次研究性学习：
（1）如图1已知正三角形ABC的中心为O，半径为R，将其沿直线l向右翻滚，当正三角形翻滚一周时，其中心O经过的路程是多少？
（2）如图2将半径为R的正方形沿直线l向右翻滚，当正方形翻滚一周时，其中心O经过的路程是多少？
（3）猜想：把正多边形翻滚一周，其中心O所经过的路程是多少（R为正多边形的半径，可参看图2）？请说明理由．
（4）进一步猜想：任何多边形都有一个外接圆，若将任意圆内接多边形翻滚一周时，其外心所经过的路程是否是一个定值（R为多边形外接圆的半径）？为什么？请以任意三角形为例说明（如图12）．
通过以上猜想你可得到什么样的结论？请写出来．
【分析】（1）当正三角形ABC向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是三条等弧，根据弧长公式求出一条弧长，继而可得出答案．
（2）滚过的路程相当于90°的圆弧的长，继而代入弧长公式计算即可．
（3）当n边形向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是n条等弧，这些弧的半径为R，所对的圆心角为360°n，继而代入计算即可．
（4）是定值2πR，按照前面的计算思想进行证明即可．
【解答】解：（1）当正三角形ABC向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是三条等弧，
所以其中心O经过的路程为：120πR180×3=2πR．
（2）中心O经过的路程为90πR180×4=2πR．
（3）当n边形向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是n条等弧，这些弧的半径为R，所对的圆心角为360°n，
所以中心O经过的路程为360n⋅π⋅R180×n=2πR．
（4）是定值2πR，理由如下：
在△ABC中，设∠A＝α，∠B＝β，∠C＝γ，△ABC的外接圆⊙O的半径为R，
把△ABC沿直线l向右翻滚一周时，其外心O经过的路线是三条弧，
当AC边与直线l重合时，C与C'重合，A与A'重合，B与B'重合，
连接CO、C'O'，则∠ACO＝∠A'C'O'，
所以∠OCO'＝∠ACA'＝180°﹣γ，
所以l=(180−γ)πR180，
同理，另两条弧长分别为：(180−α)πR180，(180−β)πR180，
所以外心O所经过的路程为2πR．
通过以上猜想可得结论为：把圆内接多边形翻滚一周时，多边形的外心所经过的路程是一个定值．
【变式6-3】（2022•扬中市一模）已知如图，在直角坐标系xOy中，点A，点B坐标分别为（﹣1，0），（0，3），连接AB，OD由△AOB绕O点顺时针旋转60°而得．
（1）求点C的坐标；
（2）△AOB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积；
（3）线段AB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积．
【分析】（1）如图1，过C作CE⊥OA于E，由点A，点B坐标分别为（﹣1，0），（0，3），得到OA＝1，OB=3，根据旋转的性质得到∠AOC＝∠BOD＝60°，AO＝OC＝1，解直角三角形即可得到结论；
（2）根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论；
（3）如图2，作CK⊥AB于K，设CD交OB于T．则CK＝OT=32．线段AB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积＝S扇形AOC+S△OBC+S扇形BOD﹣S△AOK﹣S扇形KOT﹣S△OTD．
【解答】解：（1）如图1，过C作CE⊥OA于E，
∵点A，点B坐标分别为（﹣1，0），（0，3），
∴OA＝1，OB=3，
∵△AOB绕点O顺时针旋转60°得到△COD，
∴∠AOC＝∠BOD＝60°，AO＝OC＝1，
∴OE=12OC=12，CE=32OC=32，
∴C（−12，32）；
（2）△AOB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积=60π⋅12360+60π⋅(3)2360+12×12×3=23π+34；
（3）如图2，作CK⊥AB于K，设CD交OB于T．则CK＝OT=32．
线段AB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积＝S扇形AOC+S△OBC+S扇形BOD﹣S△AOK﹣S扇形KOT﹣S△OTD
=60⋅π×12360+12×3×12+60⋅π⋅(3)2360−12×12×32−60⋅π⋅(32)2360−12×32×32=1324π−34．
【题型7 圆锥的计算】
【例7】（2022•赤峰）如图所示，圆锥形烟囱帽的底面半径为12cm，侧面展开图为半圆形，则它的母线长为（ ）
A．10cmB．20cmC．5cmD．24cm
【分析】根据弧长公式列方程求解即可．
【解答】解：设母线的长为R，
由题意得，πR＝2π×12，
解得R＝24，
∴母线的长为24cm，
故选：D．
【变式7-1】（2022•无锡）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以AC所在直线为轴，把△ABC旋转1周，得到圆锥，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．12πB．15πC．20πD．24π
【分析】运用公式s＝πlr（其中勾股定理求解得到的母线长l为5）求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，
由已知得，母线长l＝5，半径r为4，
∴圆锥的侧面积是s＝πlr＝5×4×π＝20π．
故选：C．
【变式7-2】（2022秋•北安市校级期末）用半径为3cm，圆心角是120°的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为（ ）
A．2πcmB．1.5cmC．πcmD．1cm
【分析】把的扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．
【解答】解：设此圆锥的底面半径为rcm，
根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得，
2πr=120π⋅3180，
解得：r＝1．
故选：D．
【变式7-3】（2022•常州一模）若用半径为9，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的底面半径是 3 ，侧面积为 27π ．
【分析】利用弧长公式可得扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径，圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长．
【解答】解：圆锥侧面展开图的弧长为：120×π×9180=6π，
∴圆锥的底面半径为：6π÷2π＝3，
侧面积＝π×3×9＝27π．
【题型8 圆柱的计算】
【例8】（2022秋•和平区期末）如图，已知矩形ABCD的周长为36cm，矩形绕它的一条边CD旋转形成一个圆柱．设矩形的一边AB的长为xcm（x＞0），旋转形成的圆柱的侧面积为Scm2．
（1）用含x的式子表示：
矩形的另一边BC的长为 （18﹣x） cm，旋转形成的圆柱的底面圆的周长为 2π（18﹣x） cm；
（2）求S关于x的函数解析式及自变量x的取值范围；
（3）求当x取何值时，矩形旋转形成的圆柱的侧面积最大；
（4）若矩形旋转形成的圆柱的侧面积等于18πcm2，则矩形的长是 （9+62） cm，宽是 （9﹣62） cm．
【分析】（1）根据矩形的性质，圆的周长公式求解即可．
（2）根据圆柱的侧面积公式求解即可．
（3）利用二次函数的性质求解即可．
（4）构建方程求解即可．
【解答】解：（1）BC=12（36﹣2x）＝（18﹣x）cm，
旋转形成的圆柱的底面圆的周长为2π（18﹣x）cm．
故答案为：（18﹣x），2π（18﹣x）．
（2）S＝2π（18﹣x）•x＝﹣2πx2+36πx（0＜x＜18）．
（3）∵S＝﹣2πx2+36πx＝﹣2π（x﹣9）2+162π，
又∵﹣2π＜0，
∴x＝9时，S有最大值．
（4）由题意：﹣2πx2+36πx＝18π，
∴x2﹣18x+9＝0，
解得x＝9+62或9﹣62（舍弃），
∴矩形的长是（9+62）cm，宽是（9﹣62）cm．
故答案为：（9+62），（9﹣62）．
【变式8-1】（2022秋•龙凤区期末）一个底面直径8厘米，高12厘米的圆柱形杯子，里面装有6厘米深的水，把一个圆锥形铁块完全浸没在水中，水面上升到离杯口2厘米的地方，这个圆锥形铁块的体积是（ ）立方厘米．
A．32πB．48πC．64πD．72π
【分析】先根据题意列出算式π×（82）2×（12﹣2﹣6），再求出即可．
【解答】解：圆锥的体积是π×（82）2×（12﹣2﹣6）
＝π×16×4
＝64π（立方厘米），
故选：C．
【变式8-2】（2022秋•定州市期末）有一位工人师傅将底面直径是10cm，高为80cm的“瘦长”形圆柱，锻造成底面直径为40cm的“矮胖”形圆柱，则“矮胖”形圆柱的高是（ ）
A．25cmB．20cmC．10cmD．5cm
【分析】设“矮胖”形圆柱的高是hcm，根据体积相等得出方程π×（102）2×80＝π×（402）2×h，再求出h即可．
【解答】解：设“矮胖”形圆柱的高是hcm，
则π×（102）2×80＝π×（402）2×h，
解得：h＝5，
即“矮胖”形圆柱的高是5cm，
故选：D．
【变式8-3】（2022•黄冈）将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱（如图示），当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是 1 cm．
【分析】易得扇形的弧长，除以2π也就得到了圆锥的底面半径，再加上母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高，利用相似可求得圆柱的高与母线的关系，表示出侧面积，根据二次函数求出相应的最值时自变量的取值即可．
【解答】解：扇形的弧长＝4πcm，
∴圆锥的底面半径＝4π÷2π＝2cm，
∴圆锥的高为42−22=23cm，
设圆柱的底面半径为rcm，高为Rcm．
r2=23−R23，
解得：R＝23−3r，
∴圆柱的侧面积＝2π×r×（23−3r）＝﹣23πr2+43πr（cm2），
∴当r=43π−2×(−23π)=1cm时，圆柱的侧面积有最大值．
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24062" 【题型1 弧长的计算】 PAGEREF _Tc24062 \h 1
\l "_Tc13308" 【题型2 利用弧长公式求周长】 PAGEREF _Tc13308 \h 5
\l "_Tc25511" 【题型3 利用弧长公式求最值】 PAGEREF _Tc25511 \h 9
\l "_Tc16421" 【题型4 计算扇形面积】 PAGEREF _Tc16421 \h 13
\l "_Tc9946" 【题型5 计算不规则图形的阴影部分面积】 PAGEREF _Tc9946 \h 15
\l "_Tc539" 【题型6 旋转过程中扫过的路径或面积】 PAGEREF _Tc539 \h 19
\l "_Tc30315" 【题型7 圆锥的计算】 PAGEREF _Tc30315 \h 25
\l "_Tc10933" 【题型8 圆柱的计算】 PAGEREF _Tc10933 \h 26
【知识点1 弧长与扇形的面积】
设⊙O的半径为R，n°圆心角所对弧长为l，
弧长公式：l=nπR180 （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关）
扇形面积公式：S扇形=n360πR2=12lR
母线的概念：连接圆锥顶点和底面圆周任意一点的线段。
圆锥体表面积公式：S=πR2+πRl（l为母线）
【题型1 弧长的计算】
【例1】（2022秋•黔西南州期末）如图，四边形ABCD是半径为2的⊙O的内接四边形，连接OA，OC．若∠AOC：∠ABC＝4：3，则ABC的长为（ ）
A．85πB．65πC．45πD．35π
【分析】设∠AOC＝4x°，∠ABC＝3x°，由圆周角定理得出∠AOC＝2∠D，求出∠D＝2x°，根据圆内接四边形得出∠ABC+∠D＝180°，求出x，求出∠AOC＝144°，再根据弧长公式求出即可．
【解答】解：设∠AOC＝4x°，∠ABC＝3x°，
由圆周角定理得：∠AOC＝2∠D，
∴∠D＝2x°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠D＝180°，
∴3x+2x＝180，
解得：x＝36，
即∠AOC＝144°，
∴ABC的长为144π×2180=85π，
故选：A．
【变式1-1】（2022•龙岩模拟）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB＝45，则AC的长是（ ）
A．5π2B．25π4C．10π3D．4π
【分析】连接AC，OB，OD，CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，由垂定理可知OD⊥AB于点D，由勾股定理可得OD=5，再利用折叠性质判断AC＝DC，利用等腰三角形性质得到AF＝DF=5，再证明四边形ODEF为正方形，得到△CFB为等腰直角三角形，计算出弧AC所对圆周角度数，进而得弧AC所对圆心角度数，再代入弧长公式可得弧长．
【解答】解：连接AC，OB，OD，CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，
由垂定理可知OD⊥AB于点D，AD＝BD=12AB=25．
又OB＝5，
∴OD=OB2−BD2=25−20=5，
∵CA、CD所对的圆周角为∠CBA、∠CBD，且∠CBA＝∠CBD，
∴CA＝CD，△CAD为等腰三角形．
∵CF⊥AB，
∴AF＝DF=12AD=5，
又四边形ODFE为矩形且OD＝DF=5，
∴四边形ODFE为正方形．
∴OE=5，
∴CE=CO2−OE2=25−5=25，
∴CF＝CE+EF＝35=BF，
故△CFB为等腰直角三角形，∠CBA＝45°，
∴AC所对的圆心角为90°，
∴AC=90π⋅5180=5π2．
故选：A．
【变式1-2】（2022•梁园区校级一模）如图1所示是一张圆形纸片，直径AB＝8，现将点A折叠至圆心O形成折痕CD，再把C、D折叠至圆心O处，最后将圆形打开铺平（如图2所示），则EF的长是（ ）
A．83πB．53πC．43πD．23π
【分析】如图2，连接AC、AD、OC、OD、OE、OF、CE和DF，由折叠及圆的半径相等可得出△AOC、△COE、△AOD和△DOF都是等边三角形，从而可求得∠EOF的度数，再由直径求得半径，则可利用弧长公式求得答案．
【解答】解：如图2，连接AC、AD、OC、OD、OE、OF、CE和DF，
由折叠及圆的半径相等可知，AC＝CO＝OA，AD＝OD＝OA，CE＝OE＝OC，DF＝OF＝OD，
∴△AOC、△COE、△AOD和△DOF都是等边三角形，
∴∠EOF＝360°﹣60°×4＝120°，
∵直径AB＝8，
∴半径为4，
∴EF的长是120π×4180=83π．
故选：A．
【变式1-3】（2022•濮阳二模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、C、D均在小正方形的顶点上，点C、A、D、B均在所画的弧上，若∠CAB＝75°，则AB的长为 2π ．
【分析】取CD的中点O，连接OB、OA、AD，根据勾股定理求出AC和AD，根据勾股定理的逆定理求出∠CAD＝90°，得出等腰直角三角形CAD，求出∠ADC＝45°，根据圆周角定理求出∠ABC＝∠ADC，求出∠ACB，再根据圆周角定理求出∠AOB＝2∠ACB，再根据弧长公式求出答案即可．
【解答】解：取CD的中点O，连接OB、OA、AD，
∵小正方形的边长为1，
∴CD＝6，
即CO＝OD＝3，
由勾股定理得：AC＝AD=32+32=32，
∴AC2+AD2＝（32）2+（32）2＝18+18＝36，
∴AC2+AD2＝CD2，
∴△CAD是等腰直角三角形，
∴∠ADC＝45°，∠CAD＝90°，
∴CD是⊙O的直径，半径OA＝3，
∴∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵∠BAC＝75°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠CAB＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，
∴AB的长是120π×3180=2π．
【题型2 利用弧长公式求周长】
【例2】（2022•巧家县二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，分别以点A，B为圆心，AO，BO的长为半径画弧，与AB相交，则图中阴影部分的周长为 6π+12 ．
【分析】根据对称性以及正三角形的性质可以得到阴影部分的周长等于圆心角为180°半径为6的半圆弧长加直径长，然后根据弧长公式进行计算即可．
【解答】解：如图，连接AC、OC，则AC＝AO＝OC，
所以△AOC是正三角形，
由题意可知，弧BC，弧AD所对应的圆心角度数为30°且半径为6，弧OD、弧OC所对应的圆心角度数为60°且半径为6，
所以阴影部分的周长为：圆心角为180°半径为6的半圆弧长加直径长，
即：6π+12，
故答案为：6π+12．
【变式2-1】（2022•焦作模拟）如图，在5×4的网格图中，每个小正方形的边长均为1点A，B，C，D均在格点上，点D在AB上线段BC与AB交于点E，则图中阴影部分的周长为 262+13π4 ．（结果保留π）
【分析】根据网格构造直角三角形，利用网格可得出△ABM≌△CAN，进而得出AB＝AC，利用平角的定义可得出△ABC是等腰直角三角形，得出圆心角∠BOE的度数，利用勾股定理求出AB，进而得出半径，由弧长公式求出弧BE，再利用勾股定理求出BC，进而得出BE即可．
【解答】解：设AB的中点为O，即弧BE所在的圆心为O，
如图，连接OE，AC，
由网格可知，BM＝AN＝3，AM＝CN＝2，∠M＝∠N＝90°，
∴△ABM≌△CAN（SAS），
∴AB＝AC，∠BAM＝∠ACN，
∵∠ACN+∠CAN＝90°，
∴∠BAC＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠BOE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴BE=12BC=12×AB2+AC2
=12×32+22+32+22
=262，
由弧长公式可得，弧BE的长为90π×132180=13π4，
∴阴影部分的周长为262+13π4，
故答案为：262+13π4．
【变式2-2】（2022秋•市中区期末）如图，正方形的空地内部要做一个绿化带（阴影部分），已知正方形ABCD外切于⊙O，且边长为10米，则绿化带的周长为 5π+102 ．（结果保留π）
【分析】连接OE，OF，OH，OG，根据切线的性质得到OE⊥AB，OH⊥AD，求得∠A＝∠AHO＝∠AEO＝90°，推出∠EOF＝∠HOG＝∠GOF＝90°，DH＝AH＝OH，得到△DHH与△CFG是等腰直角三角形，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：连接OE，OF，OH，OG，
∵正方形ABCD外切于⊙O，
∴OE⊥AB，OH⊥AD，
∴∠A＝∠AHO＝∠AEO＝90°，
∵OH＝OE，
∴四边形AHOE是正方形，
∴∠HOE＝90°，AH＝OH，
同理，∠EOF＝∠HOG＝∠GOF＝90°，DH＝AH＝OH，
∴△DHG与△CFG是等腰直角三角形，
∴绿化带的周长为2×90⋅π×5180+2×52=5π+102．
故答案为：5π+102．
【变式2-3】（2022•西山区二模）如图，等边△ABC的边长为1，以A为圆心，AC为半径画弧，交BA的延长线于D，再以B为圆心，BD为半径画弧，交CB的延长线于E，再以C为圆心，CE为半径画弧，交AC的延长线于F，则由弧CD，弧DE，优弧EF及线段CF围成的图形（CDEFC）的周长为 6π+3 ．
【分析】利用弧长公式分别计算的长劣弧CD，劣弧DE，优弧EF，CF的长，再相加即可得出结论．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝AB＝1，∠CAB＝∠BCA＝∠ABC＝60°．
∴AD＝1，∠CAD＝120°，∠DBE＝120°，∠FCE＝120°．
∴BD＝AB+AD＝2，CE＝CF＝CB+BE＝1+2＝3，
∴CD的长=120⋅π⋅1180=23π，
DE的长=120⋅π⋅2180=43π，
优弧EF的长=240⋅π⋅3180=4π，
∴弧CD，弧DE，优弧EF及线段CF围成的图形（CDEFC）的周长为23π+43π+4π+3＝6π+3．
故答案为：6π+3．
【题型3 利用弧长公式求最值】
【例3】（2022•安宁市二模）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分∠BOC交BC于点D，点E为半径OB上一动点．若OB＝2，则阴影部分周长的最小值为（ ）
A．62+π2B．22+π3C．62+π3D．2+2π3
【分析】利用轴对称的性质，得出当点E移动到点E′时，阴影部分的周长最小，此时的最小值为弧CD的长与CD′的长度和，分别进行计算即可．
【解答】解：如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接E′D、OD′，
此时E′C+E′D最小，即：E′C+E′D＝CD′，
由题意得，∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，
∴∠COD′＝90°，
∴CD′=OC2+OD'2=22+22=22，
CD的长=30π×2180=π3，
∴阴影部分周长的最小值为22+π3=62+π3．
故选：C．
【变式3-1】（2022•西华县一模）如图，在菱形ABCD中，∠D＝60°，AB＝2，以B为圆心，BC的长为半径画弧AC，点P为菱形内一动点，连接PA，PC．则阴影部分周长的最小值为 2+2π3 ．
【分析】由于阴影部分的周长＝AP+PC+AC的长，而AC的长为定值，所以当AP+PC取最小值时阴影部分周长最小，根据两点之间线段最短可知A、P、C三点共线时AP+PC有最小值．
【解答】解：如图，连接AC．由题意可知，A、P、C三点共线时阴影部分周长最小，此时周长为AC+AC的长．
∵在菱形ABCD中，∠D＝60°，AB＝2，
∴∠ABC＝∠D＝60°，BC＝AB＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝2，
∴AC的长=60π×2180=2π3，
∴阴影部分周长的最小值为2+2π3．
故答案为：2+2π3．
【变式3-2】（2022•夏邑县模拟）如图，以BC为直径作圆O，A、D为圆周上的点，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝1，∠ABC＝60°．若点P为BC垂直平分线MN上的一动点，则阴影部分周长的最小值为 3+π3 ．
【分析】根据对称的性质可知阴影部分的周长的最小值为BD+弧CD长，求出BD的长，弧CD的长即可．
【解答】解：根据对称的意义可知，PD+PC的最小值为BD，
连接BD，OD，由题意可知，∠COD＝∠ABC＝60°＝∠BCD，
∵OC＝OD，∠DCO＝60°，
∴OC＝OD＝CD＝1，
∴BC＝2OC＝2，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴BD=32•BC=3，
又弧CD的长为60×π×1180=π3，
所以阴影部分周长的最小值为BD+弧CD长，即3+π3，
故答案为：3+π3．
【变式3-3】（2022•南召县模拟）如图，在⊙O中AB为其直径，EF为AB上一线段（点F在点E的左侧），点DC在AB上方的半圆上，且2AD=BD，AD=2BC，连接DF和CE，则图中阴影部分周长的最小值为 2π+42+4 ．
【分析】取BD的中点M，连接AD，DM，BM，OC，OD，OM，作点C关于AB的对称点C'，连接C'O，C′M，C′M交AB于点E．根据弧、圆心角、弦的关系定理，平行四边形的判定和性质定理，轴对称的性质，勾股定理，弧长公式解答即可．
【解答】解：如图，取BD的中点M，连接AD，DM，BM，OC，OD，OM，作点C关于AB的对称点C'，连接C'O，C′M，C′M交AB于点E
∵2AD=BD，AD=2BC，
∴AD，DM，MB的度数都是60°，CB的度数是30°，
∴MD＝AD＝MB＝4，DM∥AB．
又EF=12AB，
∴MD＝EF，
∴四边形DMEF为平行四边形，
∴DF＝ME．
∵阴影部分的周长为DF+EF+CE+DC，且和EF为定长，
∴阴影部分的周长最小即DF+CE最小．
又DF＝ME，
∴周长最小即ME+CE最小．
由对称性可知，EC＝EC'，
∴ME+EC＝ME+EC'≥MC'，
即ME+CE的最小值为MC'的长．
∵∠MOC'＝∠BOM+∠BOC'＝60°+30°＝90°，OM＝OC'，
∴△MOC'为等腰直角三角形，
∴MC'＝OM＝4．
∵∠COD＝∠BOD﹣∠BOC＝120°﹣30°＝90°，
∴DC的长=90π×4180=2π，
∴阴影部分周长的最小值为2π+42+4．
故答案为：2π+42+4．
【题型4 计算扇形面积】
【例4】（2022•抚顺县一模）如图，矩形ABCD的边长AB＝1，BC＝2．把BC绕B逆时针旋转，使C恰好落在AD上的点E处，线段BC扫过部分为扇形BCE．则扇形BCE的面积是（ ）
A．π3B．1C．2π−33D．1+π12
【分析】根据矩形的性质得出AD∥BC，∠A＝90°，求出∠EBC＝∠AEB＝30°，再根据扇形的面积公式求出答案即可．
【解答】解：∵BC＝2，把BC绕B逆时针旋转，使C恰好落在AD上的点E处，
∴BE＝BC＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∵AB＝1，BE＝2，
∴AB=12BE，
∴∠AEB＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠EBC＝∠AEB＝30°，
∴扇形EBC的面积是30π×22360=π3，
故选：A．
【变式4-1】（2022•湖北）一个扇形的弧长是10πcm，其圆心角是150°，此扇形的面积为（ ）
A．30πcm2B．60πcm2C．120πcm2D．180πcm2
【分析】先根据题意可算出扇形的半径，再根据扇形面积公式即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，
设扇形的半径为rcm，
则l=nπr180，
即10π=150×π×r180，
解得：r＝12，
∴S=12rl=12×12×10π=60π（cm2）．
故选：B．
【变式4-2】（2022•八步区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AC＝4，以AB为直径的⊙O交BC于点D，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π3B．2π3C．4π3D．2π
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝30°，根据圆周角定理得到∠AOD＝60°，根据扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵AB＝AC＝4，AB为直径，
∴∠B＝∠C＝30°，OA＝OB＝2，
∴∠AOD＝2∠B＝60°，
∴图中阴影部分的面积=60π×22360=23π，
故选：B．
【变式4-3】（2022•锦州二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC=3，作∠ABC的平分线BD交AC于点D，以点A为圆心，AD长为半径作弧，交AB于点E，则阴影部分的面积为（ ）
A．π3B．2π3C．3D．332
【分析】根据直角三角形的边角关系求出AC，再利用角平分线的定义以及直角三角形的边角关系求出CD，进而确定阴影部分的半径，最后根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC=3，
∴AC=3BC＝3，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠CBD＝30°，
在Rt△BCD中，CD＝BC•tan30°＝1，
∴AD＝3﹣1＝2，
∴S阴影部分＝S扇形ADE
=30π×22360
=π3，
故选：A．
【题型5 计算不规则图形的阴影部分面积】
【例5】（2022•虞城县一模）如图，扇形OAB中，∠AOB＝120°，OA＝2，点C为OB的中点，将扇形OAB绕点C顺时针旋转，点O的对应点为O'，连接O'B，当O'C∥OA时，阴影部分的面积为（ ）
A．π2−32B．2π3−233C．π2−33D．2π3−32
【分析】连接OO′，证明O，O′，A′三点共线，则阴影部分的面积为S扇形BOD﹣S△OBO′．
【解答】解：连接OO′，
∵O'C∥OA，∠AOB＝120°，
∴∠OCO′＝60°，
∵C是OB的中点，
∴OC＝CB＝CO′＝1，
∴△OCO′是等边三角形，
∴∠OO′C＝∠COO′＝60°，∠CBO′＝∠CO′B＝30°，
∴∠OO′B＝∠A′O′B＝90°，
∴O，O′，A′三点共线，BO′=3，
阴影部分的面积为S扇形BOD﹣S△OBO′=60π×22360−12×1×3
=2π3−32．
故选：D．
【变式5-1】（2022•安徽模拟）如图，边长为22的正方形ABCD的中心与半径为22的⊙O的圆心重合，E，F分别是AD，BA的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2π﹣23B．2π﹣2C．2π+2D．2π+23
【分析】延长DC，CB交⊙O于M，N，根据圆和正方形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：延长DC，CB交⊙O于M，N，连接OF，过点O作OH⊥AB于H．
在Rt△OFH中，FH=OF2−OH2=(22)2−(2)2=6，
∵AH＝BH=2，
∴AF=6−2，
∴S△DAF=12•AD•AF=12×22×（6−2）＝23−2，
则图中阴影部分的面积=14×（S圆O﹣S正方形ABCD）﹣S△ADF=14•[π•（22）2﹣22×22]﹣（23−2）＝2π﹣23，
故选：A．
【变式5-2】（2022•武汉模拟）如图，矩形ABCD中．AB＝33，BC＝6，以点B为圆心、BA为半径画弧，交BC于点E，以点D为圆心、DA为半径画弧，交BC于点F，则阴影部分的面积为（ ）
A．514π−2732B．6π−2732C．514π−183D．2732−34π
【分析】如图，连接DF．解直角三角形求出CF、BF，∠FDC的度数，再根据S阴＝S扇形ABE﹣（S矩形ABCD﹣S扇形DAF﹣S△DCF）计算即可；
【解答】解：如图，连接DF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝CD＝33，AD＝DF＝BC＝6，
∴CF=DF2−CD2=3，BF＝BC﹣CF＝3，
∴∠FDC＝30°，∠ADF＝60°
∴S阴＝S扇形ABE﹣（S矩形ABCD﹣S扇形DAF﹣S△DCF）
=90π⋅(33)2360−（183−60π⋅62360−12•3•33）
=514π−2732，
故选：A．
【变式5-3】（2022•高唐县二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO＝30°，AC＝8．过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．
（1）求图中阴影部分的面积；
（2）点P是BD上的一个动点（点P不与点B，D重合），当PH+PM的值最小时，求PD的长度．
【分析】（1）解直角三角形求出AH，OH，根据S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH，求解即可．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，连接PM，此时PH+PM的值最小，解直角三角形求出OP，OD即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝4，
∵OH⊥AB，
∴∠AHO＝90°，
∵∠OAH＝30°，
∴∠AOH＝60°，OH=12OA＝2，AH=3OH＝23，
∴S阴＝S△AOH﹣S扇形OMH=12×2×23−60⋅π⋅22360=23−23π．
（2）作点M关于BD的对称点M′，连接HM′交BD于P，连接PM，此时PH+PM的值最小．
∵OH＝OM′，
∴∠OHM′＝∠OM′H，
∵∠AOH＝∠OHM′+∠OM′H＝60°，
设OP＝m，则PM＝2m，
∵PM2＝OM2+OP2，
∴4m2＝m2+22，
∴m=233，
∴PD＝OD+OP=433+233=23．
【题型6 旋转过程中扫过的路径或面积】
【例6】（2022秋•凉山州期末）如图，△OAB中，OB＝3，OA＝1．将△OAB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△OCD．下列结论：①∠BOD＝45°；②DC＝OA；③BD，AC的垂直平分线相交于点O；④△AOC有一个角为67°；⑤AB在旋转过程中扫过的图形的面积是π；其中错误的结论有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据旋转的性质得到∠BOD＝∠AOC＝45°，CD＝AB，OD＝OB，OA＝OC，故①正确，②错误；根据线段垂直平分线的性质得到BD，AC的垂直平分线相交于点O，故③正确；根据等腰三角形的性质得到∠ACO＝∠OAC=12（180°﹣45°）＝67.5°，故④错误，由扇形的面积公式得到AB在旋转过程中扫过的图形的面积＝S扇形BOD﹣S扇形AOC=45⋅π×32360−45⋅π×12360=π．
【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△OCD，
∴∠BOD＝∠AOC＝45°，CD＝AB，OD＝OB，OA＝OC，故①正确，②错误；
∵OD＝OB，OA＝OC，
∴BD，AC的垂直平分线相交于点O，故③正确；
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠OAC，
∵∠AOC＝45°，
∴∠ACO＝∠OAC=12（180°﹣45°）＝67.5°，故④错误，
∵∠BOD＝∠AOC＝45°，
∴AB在旋转过程中扫过的图形的面积＝S扇形BOD﹣S扇形AOC=45⋅π×32360−45⋅π×12360=π，故⑤正确，
故选：B．
【变式6-1】（2022•泰兴市二模）如图线段AB的端点在边长为1的正方形网格的格点上，现将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到线段AC．
（1）请你用尺规在所给的网格中画出线段AC及点B经过的路径；
（2）若将此网格放在一平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（1，3），点B的坐标为（﹣2，﹣1），则点C的坐标为 ；
（3）线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域的面积为 25π4 ；
（4）若有一张与（3）中所说的区域形状相同的纸片，将它围成一个几何体的侧面，则该几何体底面圆的半径长为 54 ．
【分析】（1）线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到线段AC．线段AC及点B经过的路径是一段弧，根据弧长公式计算路径；
（2）根据点A的坐标为（1，3），点B的坐标为（﹣2，﹣1），可建立直角坐标系，从直角坐标系中读出点C的坐标为（5，0）；
（3）线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域的面积为一个扇形，根据扇形公式计算；
（4）将它围成一个几何体即圆锥的侧面，则该几何体底面圆的周长就等于弧长，利用此等量关键可计算出半径．
【解答】解：（1）如图，BC为点B经过的路径；
（2）（5，0）；
（3）线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域的面积为一个扇形，
根据扇形公式计算
90π×25360=254π；
（4）将它围成一个几何体即圆锥的侧面，则该几何体底面圆的周长就等于弧长，
90π×5180=2πr
解得r=54．
【变式6-2】（2022秋•凉州区校级月考）归纳猜想：同学们，让我们一起进行一次研究性学习：
（1）如图1已知正三角形ABC的中心为O，半径为R，将其沿直线l向右翻滚，当正三角形翻滚一周时，其中心O经过的路程是多少？
（2）如图2将半径为R的正方形沿直线l向右翻滚，当正方形翻滚一周时，其中心O经过的路程是多少？
（3）猜想：把正多边形翻滚一周，其中心O所经过的路程是多少（R为正多边形的半径，可参看图2）？请说明理由．
（4）进一步猜想：任何多边形都有一个外接圆，若将任意圆内接多边形翻滚一周时，其外心所经过的路程是否是一个定值（R为多边形外接圆的半径）？为什么？请以任意三角形为例说明（如图12）．
通过以上猜想你可得到什么样的结论？请写出来．
【分析】（1）当正三角形ABC向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是三条等弧，根据弧长公式求出一条弧长，继而可得出答案．
（2）滚过的路程相当于90°的圆弧的长，继而代入弧长公式计算即可．
（3）当n边形向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是n条等弧，这些弧的半径为R，所对的圆心角为360°n，继而代入计算即可．
（4）是定值2πR，按照前面的计算思想进行证明即可．
【解答】解：（1）当正三角形ABC向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是三条等弧，
所以其中心O经过的路程为：120πR180×3=2πR．
（2）中心O经过的路程为90πR180×4=2πR．
（3）当n边形向右翻滚一周时，其中心O经过的路线是n条等弧，这些弧的半径为R，所对的圆心角为360°n，
所以中心O经过的路程为360n⋅π⋅R180×n=2πR．
（4）是定值2πR，理由如下：
在△ABC中，设∠A＝α，∠B＝β，∠C＝γ，△ABC的外接圆⊙O的半径为R，
把△ABC沿直线l向右翻滚一周时，其外心O经过的路线是三条弧，
当AC边与直线l重合时，C与C'重合，A与A'重合，B与B'重合，
连接CO、C'O'，则∠ACO＝∠A'C'O'，
所以∠OCO'＝∠ACA'＝180°﹣γ，
所以l=(180−γ)πR180，
同理，另两条弧长分别为：(180−α)πR180，(180−β)πR180，
所以外心O所经过的路程为2πR．
通过以上猜想可得结论为：把圆内接多边形翻滚一周时，多边形的外心所经过的路程是一个定值．
【变式6-3】（2022•扬中市一模）已知如图，在直角坐标系xOy中，点A，点B坐标分别为（﹣1，0），（0，3），连接AB，OD由△AOB绕O点顺时针旋转60°而得．
（1）求点C的坐标；
（2）△AOB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积；
（3）线段AB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积．
【分析】（1）如图1，过C作CE⊥OA于E，由点A，点B坐标分别为（﹣1，0），（0，3），得到OA＝1，OB=3，根据旋转的性质得到∠AOC＝∠BOD＝60°，AO＝OC＝1，解直角三角形即可得到结论；
（2）根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论；
（3）如图2，作CK⊥AB于K，设CD交OB于T．则CK＝OT=32．线段AB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积＝S扇形AOC+S△OBC+S扇形BOD﹣S△AOK﹣S扇形KOT﹣S△OTD．
【解答】解：（1）如图1，过C作CE⊥OA于E，
∵点A，点B坐标分别为（﹣1，0），（0，3），
∴OA＝1，OB=3，
∵△AOB绕点O顺时针旋转60°得到△COD，
∴∠AOC＝∠BOD＝60°，AO＝OC＝1，
∴OE=12OC=12，CE=32OC=32，
∴C（−12，32）；
（2）△AOB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积=60π⋅12360+60π⋅(3)2360+12×12×3=23π+34；
（3）如图2，作CK⊥AB于K，设CD交OB于T．则CK＝OT=32．
线段AB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积＝S扇形AOC+S△OBC+S扇形BOD﹣S△AOK﹣S扇形KOT﹣S△OTD
=60⋅π×12360+12×3×12+60⋅π⋅(3)2360−12×12×32−60⋅π⋅(32)2360−12×32×32=1324π−34．
【题型7 圆锥的计算】
【例7】（2022•赤峰）如图所示，圆锥形烟囱帽的底面半径为12cm，侧面展开图为半圆形，则它的母线长为（ ）
A．10cmB．20cmC．5cmD．24cm
【分析】根据弧长公式列方程求解即可．
【解答】解：设母线的长为R，
由题意得，πR＝2π×12，
解得R＝24，
∴母线的长为24cm，
故选：D．
【变式7-1】（2022•无锡）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以AC所在直线为轴，把△ABC旋转1周，得到圆锥，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．12πB．15πC．20πD．24π
【分析】运用公式s＝πlr（其中勾股定理求解得到的母线长l为5）求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，
由已知得，母线长l＝5，半径r为4，
∴圆锥的侧面积是s＝πlr＝5×4×π＝20π．
故选：C．
【变式7-2】（2022秋•北安市校级期末）用半径为3cm，圆心角是120°的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为（ ）
A．2πcmB．1.5cmC．πcmD．1cm
【分析】把的扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．
【解答】解：设此圆锥的底面半径为rcm，
根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得，
2πr=120π⋅3180，
解得：r＝1．
故选：D．
【变式7-3】（2022•常州一模）若用半径为9，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的底面半径是 3 ，侧面积为 27π ．
【分析】利用弧长公式可得扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径，圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长．
【解答】解：圆锥侧面展开图的弧长为：120×π×9180=6π，
∴圆锥的底面半径为：6π÷2π＝3，
侧面积＝π×3×9＝27π．
【题型8 圆柱的计算】
【例8】（2022秋•和平区期末）如图，已知矩形ABCD的周长为36cm，矩形绕它的一条边CD旋转形成一个圆柱．设矩形的一边AB的长为xcm（x＞0），旋转形成的圆柱的侧面积为Scm2．
（1）用含x的式子表示：
矩形的另一边BC的长为 （18﹣x） cm，旋转形成的圆柱的底面圆的周长为 2π（18﹣x） cm；
（2）求S关于x的函数解析式及自变量x的取值范围；
（3）求当x取何值时，矩形旋转形成的圆柱的侧面积最大；
（4）若矩形旋转形成的圆柱的侧面积等于18πcm2，则矩形的长是 （9+62） cm，宽是 （9﹣62） cm．
【分析】（1）根据矩形的性质，圆的周长公式求解即可．
（2）根据圆柱的侧面积公式求解即可．
（3）利用二次函数的性质求解即可．
（4）构建方程求解即可．
【解答】解：（1）BC=12（36﹣2x）＝（18﹣x）cm，
旋转形成的圆柱的底面圆的周长为2π（18﹣x）cm．
故答案为：（18﹣x），2π（18﹣x）．
（2）S＝2π（18﹣x）•x＝﹣2πx2+36πx（0＜x＜18）．
（3）∵S＝﹣2πx2+36πx＝﹣2π（x﹣9）2+162π，
又∵﹣2π＜0，
∴x＝9时，S有最大值．
（4）由题意：﹣2πx2+36πx＝18π，
∴x2﹣18x+9＝0，
解得x＝9+62或9﹣62（舍弃），
∴矩形的长是（9+62）cm，宽是（9﹣62）cm．
故答案为：（9+62），（9﹣62）．
【变式8-1】（2022秋•龙凤区期末）一个底面直径8厘米，高12厘米的圆柱形杯子，里面装有6厘米深的水，把一个圆锥形铁块完全浸没在水中，水面上升到离杯口2厘米的地方，这个圆锥形铁块的体积是（ ）立方厘米．
A．32πB．48πC．64πD．72π
【分析】先根据题意列出算式π×（82）2×（12﹣2﹣6），再求出即可．
【解答】解：圆锥的体积是π×（82）2×（12﹣2﹣6）
＝π×16×4
＝64π（立方厘米），
故选：C．
【变式8-2】（2022秋•定州市期末）有一位工人师傅将底面直径是10cm，高为80cm的“瘦长”形圆柱，锻造成底面直径为40cm的“矮胖”形圆柱，则“矮胖”形圆柱的高是（ ）
A．25cmB．20cmC．10cmD．5cm
【分析】设“矮胖”形圆柱的高是hcm，根据体积相等得出方程π×（102）2×80＝π×（402）2×h，再求出h即可．
【解答】解：设“矮胖”形圆柱的高是hcm，
则π×（102）2×80＝π×（402）2×h，
解得：h＝5，
即“矮胖”形圆柱的高是5cm，
故选：D．
【变式8-3】（2022•黄冈）将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱（如图示），当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是 1 cm．
【分析】易得扇形的弧长，除以2π也就得到了圆锥的底面半径，再加上母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高，利用相似可求得圆柱的高与母线的关系，表示出侧面积，根据二次函数求出相应的最值时自变量的取值即可．
【解答】解：扇形的弧长＝4πcm，
∴圆锥的底面半径＝4π÷2π＝2cm，
∴圆锥的高为42−22=23cm，
设圆柱的底面半径为rcm，高为Rcm．
r2=23−R23，
解得：R＝23−3r，
∴圆柱的侧面积＝2π×r×（23−3r）＝﹣23πr2+43πr（cm2），
∴当r=43π−2×(−23π)=1cm时，圆柱的侧面积有最大值．
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