数学九年级上册第二十四章 圆24.4 弧长和扇形面积同步练习题

这是一份数学九年级上册第二十四章 圆24.4 弧长和扇形面积同步练习题，文件包含专题249弧长和扇形的面积十四大题型举一反三人教版原卷版docx、专题249弧长和扇形的面积十四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76页， 欢迎下载使用。


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\l "_Tc3559" 【题型1 求弧长】 PAGEREF _Tc3559 \h 1
\l "_Tc4220" 【题型2 利用弧长及扇形面积公式求半径】 PAGEREF _Tc4220 \h 5
\l "_Tc31762" 【题型3 利用弧长及扇形面积公式求圆心角】 PAGEREF _Tc31762 \h 8
\l "_Tc5442" 【题型4 求某点的弧形运动路径长度】 PAGEREF _Tc5442 \h 11
\l "_Tc21516" 【题型5 直接求扇形面积】 PAGEREF _Tc21516 \h 15
\l "_Tc24078" 【题型6 求图形旋转后扫过的面积】 PAGEREF _Tc24078 \h 18
\l "_Tc31894" 【题型7 求弓形面积】 PAGEREF _Tc31894 \h 24
\l "_Tc31808" 【题型8 求其他不规则图形的面积】 PAGEREF _Tc31808 \h 29
\l "_Tc30894" 【题型9 求圆锥侧面积】 PAGEREF _Tc30894 \h 34
\l "_Tc10642" 【题型10 求圆锥底面半径】 PAGEREF _Tc10642 \h 37
\l "_Tc6924" 【题型11 求圆锥的高】 PAGEREF _Tc6924 \h 41
\l "_Tc5659" 【题型12 求圆锥侧面展开图的圆心角】 PAGEREF _Tc5659 \h 44
\l "_Tc25256" 【题型13 圆锥的实际问题】 PAGEREF _Tc25256 \h 47
\l "_Tc32585" 【题型14 圆锥侧面上最短路径问题】 PAGEREF _Tc32585 \h 51
【知识点 弧长和扇形的面积】
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 求弧长】
【例1】（2023·河北石家庄·石家庄市第四十二中学校考模拟预测）如图，四边形ABCD内接于⊙O，E是DC延长线上一点，如果⊙O的半径为6，∠BCE=60°，那么BCD的长为（ ）

A．6πB．12πC．2πD．4π
【答案】D
【分析】连接OB、OD，由圆内接四边形的性质得出∠A=∠BCE=60°，由圆周角定理得出∠BOD=2∠A=120°，再由弧长公式即可求出BCD的长．
【详解】解∶连接OB、OD，如图所示∶

∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=∠BCE=60°，
∴∠BOD=2∠A=120°，
∴BCD的长=120π×6180=4π．
故选∶ D．
【点睛】此题综合考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质、弧长公式；熟练掌握圆内接四边形的性质和圆周角定理是解决问题的关键．
【变式1-1】（2023·四川成都·校考三模）“斐波那契螺旋线”（也称“黄金螺旋”）是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，人类耳朵的形状也符合这种螺旋形状，这种形状的构造帮助人类可以更好地接收声波，从而增强听觉．现依次取边长为1，1，2，3，5……的正方形按如图所示方式拼接，分别以每个正方形的一个顶点为圆心，边长为半径作圆弧，连接形成的螺旋曲线即为“斐波那契螺旋线”．那么前五个正方形内形成的曲线ABCDEF的长度是 ．

【答案】6π
【分析】观察图形可知，螺旋曲线的每一段都是以正方形的边长为半径的14圆弧构成，计算出每个正方形的边长，再根据圆的周长公式即可求解．
【详解】解：由图可知，正方形的边长依次为：1，1，2，3，5……，螺旋曲线的每一段都是以正方形的边长为半径的14圆弧构成，
故前五个正方形内形成的曲线ABCDEF的长度是：14⋅2π1+1+2+3+5=6π，
故答案为：6π．
【点睛】本题考查弧长的计算，解题的关键是观察图形得出每一段圆弧对应的正方形的边长．
【变式1-2】（2023春·山西长治·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，以AB为直径的⊙O与AD相交于点E，与BD相交于点F，DF=BF，已知AB=2，∠C=40°，则FB的长为（ ）

A．π3B．2π3C．π9D．2π9
【答案】D
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，弧长公式计算即可．
【详解】如图，连接AF,OF，

∵AB为⊙O的直径，
∴AF⊥BD，
∵DF=BF，
∴∠DAF=∠BAF=12∠BAD，
∵平行四边形ABCD，∠C=40°，
∴∠DAF=∠BAF=12∠BAD=12∠C=20°，
∴∠BOF=2∠BAF=40°，
∵AB=2，
∴OB=12AB=1，
∴FB=40×π×1180=2π9，
故选D．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，平行四边形的性质，弧长公式，熟练掌握弧长公式，圆周角定理是解题的关键．
【变式1-3】（2023·河南濮阳·统考一模）如图，在扇形AOB中，圆心角∠AOB=60°，AO=2，分别以OA，OB的中点E，F为圆心12OA的长为半径作半圆，两个半圆相交于点C，则图中阴影部分的周长为 ．

【答案】2π3+2
【分析】如图所示，连接CE，CF，证明四边形OECF是菱形，得到∠OEC=120°，再利用弧长公式求出CF、CE的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接CE，CF，
由题意得， OE=CE=CF=OF=12OA=12OB=1，
∴四边形OECF是菱形，
∴∠OEC=180°−∠EOF=120°，
∴CF=12×120×π×1180=π3，
同理CE=12×120×π×1180=π3，
∴图中阴影部分的周长为1+1+π3+π3=2π3+2，
故答案为：2π3+2．

【点睛】本题主要考查了求弧长，菱形的性质与判定，正确做出辅助线是解题的关键．
【题型2 利用弧长及扇形面积公式求半径】
【例2】（2023春·山西·九年级专题练习）某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，M是“不倒翁”与水平面的接触点，PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B．将“不倒翁”向右作无滑动滚动，使点B与水平面接触，如图3.若∠P=60°，水平面上点M与点B之间的距离为4π，则AMB所在圆的半径是（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】B
【分析】如图：过A、B作PA,PB的垂线交于点O，O即为圆心；再根据题意可得∠AOB的度数，然后可得得到优弧AMB对应的圆心角，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：如图：过A、B作PA,PB的垂线交于点O，
设圆的半径为r
∵PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B，
∴O为圆心，
∵∠P=60°，
∴∠AOB=120°，
∴∠MOB=120°，
∵水平面上点M与点B之间的距离为4π，
∴MB=4π
∴120°×2πr360°=4π，
解得：r=6．
故选B．
【点睛】本题主要考查弧长的计算、切线的性质等知识点，解答本题的关键是求出优弧MB的圆心角．
【变式2-1】（2023春·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）若弧长为4πcm的扇形的面积为8πcm2，则该扇形的半径为 cm.
【答案】4
【分析】由一个扇形的弧长是4πcm，扇形的面积为8πcm2，根据扇形的面积等于弧长与半径积的一半，即可求得答案．
【详解】设半径是rcm，
∵一个扇形的弧长是4πcm，扇形的面积为8πcm2，
∴8π=12×4π×r，
解得r=4．
故答案为：4．
【点睛】此题考查了扇形面积公式．此题比较简单，解题的关键是熟记扇形的公式．
【变式2-2】（2023春·湖北黄石·九年级统考期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC=60°，BC的长是4π3，则⊙O的半径是 ．
【答案】2
【分析】连接OB、OC，利用弧长公式转化为方程求解即可；
【详解】连接OB、OC．
∵∠BOC=2∠BAC=120°，BC的长是4π3，
∴120⋅π⋅r180=4π3，
∴r=2．
故答案为2． ．
【点睛】考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，弧长的计算等知识，解题的关键是熟练掌握弧长公式．
【变式2-3】（2023·辽宁盘锦·统考一模）如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径的圆恰好与CD相切于点C，交AD于点E，若CE的长为2π，则⊙A的半径为 ．
【答案】8
【分析】连接AC，根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AB∥CD，求出∠DAC=45°，根据弧长公式求出即可．
【详解】连接AC，
∵CD切⊙A于C，
∴AC⊥CD，
∴∠ACD=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAC=∠ACD=90°，∠DAC=∠ACB，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B=45°=∠DAC，
∵CE的长为2π，
∴45π×AC180=2π，
解得：AC=8，
即⊙A的半径是8，
故答案为8．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行四边形的性质，弧长公式等知识点，能求出∠DAC的度数是解此题的关键．
【题型3 利用弧长及扇形面积公式求圆心角】
【例3】（2023春·云南红河·九年级校考阶段练习）将一个圆分割成三个扇形，它们的面积之比为2:3:4，则这三个扇形的圆心角的度数为（ ）
A．80°、120°、160°B．60°、120°、180°
C．50°、100°、150°D．30°、60°、90°
【答案】A
【分析】根据一个圆分割成三个扇形，它们的面积之比为2:3:4，可得这三个扇形的圆心角的度数之比为2:3:4，可设这三个扇形的圆心角的度数分别为2x,3x,4x，从而得到2x+3x+4x=360°，即可求解．
【详解】解：∵一个圆分割成三个扇形，它们的面积之比为2:3:4，
∴这三个扇形的圆心角的度数之比为2:3:4，
设这三个扇形的圆心角的度数分别为2x,3x,4x，根据题意得：
2x+3x+4x=360°，
解得：x=40°，
∴这三个扇形的圆心角的度数分别为80°,120°,160°．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了求扇形的圆心角，根据题意得到这三个扇形的圆心角的度数之比为2:3:4是解题的关键．
【变式3-1】（2023·吉林·统考一模）图1是等边三角形铁丝框ABC，按图2方式变形成以A为圆心，AB长为半径的扇形（图形周长保持不变），则所得扇形ABC的圆心角的度数是（ ）
A．45°．B．60°．C．90°π．D．180°π．
【答案】D
【分析】根据题意BC的长就是边BC的长，由弧长公式nπR180即可求解．
【详解】解：设AB=BC=x，
∴CBC=x，
∴nπx180=x，
解得：n=180π，
∴圆心角的度数为：180°π
故选：D．
【点睛】本题考查了弧长公式的应用，掌握公式和理解图形变化前后对应关系是解题的关键．
【变式3-2】（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图1，点C是半圆AB上一个动点，点C从点A开始向终点B运动的整个过程中，AC的弧长l与时间t（秒）的函数关系如图2所示，则点C运动至5秒时，∠AOC的度数为（ ）

A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】根据图像可知半圆的周长为10π进而得到半圆的半径为10，再根据题意得到弧长l与时间t（秒）的函数关系式及弧长公式即可解答．
【详解】解：设半圆的半径为R，∠AOC=n，
根据图像可知半圆的周长为10π，
∴πR=10π，
∴R=10，
设弧长l与时间t（秒）的函数关系式：l=ktk≠0,
∵图像经过20，10π，
∴k=π2，
∴弧长l与时间t（秒）的函数关系式为l=π2t,
∴当x=5秒时，l=5π2,
∴根据弧长公式可知：nπ×10180=5π2,
∴n=45°,
故选C．
【点睛】本题考查了一次函数与几何图形关系，弧长公式，一次函数图像与性质，掌握一次函数与几何图形关系是解题的关键．
【变式3-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）一个扇形的面积为10π，弧长为10π3，则该扇形的圆心角的度数为 ．
【答案】100°/100度
【分析】根据弧长和扇形面积关系可得S=12lR，求出R，再根据扇形面积公式求解.
【详解】∵一个扇形的弧长是10π3，面积是10π，
∴S=12lR，即10π=12×10π3R，解得：R=6，
∴S=10π=nπ×62360，解得：n=100°，
故答案为：100°．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算；弧长的计算．熟记公式，理解公式间的关系是关键.
【题型4 求某点的弧形运动路径长度】
【例4】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，OA⊥OB，C，D分别是射线OA，OB上的动点，CD的长始终为8，点E为CD的中点，则点E的运动路径长为

【答案】2π
【分析】根据垂直的定义可知△AOB是直角三角形，再根据直角三角形的性质可知OE=CE=DE=12CD，最后利用弧长公式即可解答．
【详解】解：连接OC，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°，
∴△AOB是直角三角形，
∵CD=8，
∴OE=CE=DE=12CD=4，
∴点E的运动路径长为弧GD，
∴弧GD的长度：90°×π×4180°=2π，
故答案为2π．

【点睛】本题考查了垂直的定义，直角三角形的性质，弧长公式，掌握直角三角形的性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·浙江金华·九年级校联考阶段练习）如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AB重合（AB=6），其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，CP与量角器的半圆弧交于点E，第20秒时点E在量角器上运动路径长是 ．

【答案】2π
【分析】首先连接OE，由∠ACB=90°，易得点E，A，B，C共圆，然后由圆周角定理，求得点E在量角器上对应的读数．
【详解】解：连接OE，

∵∠ACB=90°，
∴A，B，C在以点O为圆心，AB为直径的圆上，
∴点E，A，B，C共圆，
∵∠ACE=3×20°=60°，
∴∠AOE=2∠ACE=120°．
∴点E在量角器上运动路径长=120π·3180 =2π，
故答案为：2π．
【点睛】本题考查的是圆周角定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【变式4-2】（2023·河南信阳·校考三模）如图，把一个含30°角的直角三角板ABC在桌面上沿着直线l无滑动的翻滚一周，若BC=1，∠A=30°，则点A运动的路径长是 ．

【答案】8+336π
【分析】根据题意，可知点A的运动路径为AD和A′D，然后根据含30度角的直角三角形的特点求出CD，B′D的长，进而利用弧长公式求出答案即可．
【详解】解：根据题意，可知点A的运动路径为AD和A′D，∠ACD=90°，∠DB′A′=120°，
在Rt△ABC中AB=2BC=2，AC=3BC=3
∴AC=CD=3，DB′=A′B′=AB=2，
∴点A运动的路径长为90180⋅π⋅3+120180π⋅2=8+336π，
故答案为：8+336π．

【点睛】本题主要考查了求动点的运动轨迹长，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，确定出点A的运动轨迹是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·四川广元·九年级校考阶段练习）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EF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 ．
【答案】23π/2π3
【分析】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12GH为半径，圆心角为60°的弧长，即可求解．
【详解】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，
∴OC=12AB=OA=OP，
∴△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，
∴点M的运动路径为以GH中点为圆心，以12GH为半径，圆心角为60°的弧长，
∵点G、O、H、分别为AC、BC、AB中点，AC=BC=4，
∴GO∥BC，GO=12BC=2，OH∥AC，OH=12AC=2，
∵∠ACB=90°，
∴四边形GCHO为正方形，GH=22+22=22，
∴OC=GH,∠GOH=90°，
∴点M的运动路径长为60180⋅π⋅2=23π．
故答案为：23π．
【点睛】本题主要考查了求点的运动轨迹，解题的关键是正确作出辅助线，根据等腰三角形的性质，正方形的性质以及圆周角确定点M的运动轨迹为以GH为直径的半圆．
【题型5 直接求扇形面积】
【例5】（2023·云南临沧·统考三模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，其半径为1，作OF⊥BC交⊙O于点F，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．π3B．2π5C．3π10D．3π5
【答案】C
【分析】连接OA、OB、OC，求出∠AOF，再利用扇形公式进行计算．
【详解】解：连接OA、OB、OC，
∵正五边形ABCDE，
∴∠AOB=∠BOC=360°÷5=72°，
OB=OC，
∵ OF⊥BC，
∴∠BOF=12∠BOC=36°，
∴∠AOF=108°，
∴S=108°×π360°=3π10，

故选：C．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握扇形面积公式和求出AC所对的圆心角度数是解题的关键．
【变式5-1】（2023·吉林·九年级校联考学业考试）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△OAB是等边三角形，AB=4，分别以点B，D为圆心，AO长为半径画弧，与该矩形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）

【答案】83π
【分析】由矩形ABCD，△OAB是等边三角形，AB=4，可得∠ABC=90°，∠ABO=60°，OB=AB=4，则∠OBC=30°，根据S阴影=2×30π×42360，计算求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，△OAB是等边三角形，AB=4，
∴∠ABC=90°，∠ABO=60°，OB=AB=4，
∴∠OBC=30°，
∴S阴影=2×30π×42360=83π，
故答案为：83π．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，扇形面积．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式5-2】（2023春·江苏连云港·九年级校考阶段练习）如图，已知半径为1的⊙O上有三点A、B、C，OC与AB交于点D，∠ADO=85°，∠CAB=20°，则阴影部分的扇形OAC面积是 ．

【答案】5π36/536π
【分析】根据三角形外角的性质得到∠C=∠ADO−∠CAB=65°，根据等腰三角形的性质得到∠AOC=50°，由扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵∠ADO=85°，∠CAB=20°，
∴∠C=∠ADO−∠CAB=65°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=65°，
∴∠AOC=50°，
∴阴影部分的扇形OAC面积=50π×12360=5π36，
故答案为：5π36．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，由等腰三角形的性质和三角形的内角和求出∠AOC=50°是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是长方形，以BC为直径的半圆与AD边只有一个交点，且AB=x，则阴影部分的面积为 ．

【答案】πx24
【分析】作OF⊥AD，则三角形BOP与三角形DEP全等，那么阴影部分的面积=扇形BOF的面积．依此根据面积公式计算．
【详解】解：作OF⊥AD

∵OB=DF
∠FDB=∠OBD
∠FPD=∠BPO
∴△DFP≌△BOP
∴S△DFP=S△BOP
根据扇形面积公式得：
阴影部分面积=90π×x2360=πx24．
故答案为：πx24．
【点睛】本体考查了求不规则图形的面积，解题的关键是看出阴影部分的面积是由哪几部分组成的．然后根据面积公式计算．
【题型6 求图形旋转后扫过的面积】
【例6】（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，已知A、D是⊙O上任意两点，且AD=6，以AD为边作正方形ABCD，若AD边绕点O旋转一周，则BC边扫过的面积为 ．

【答案】9π
【分析】如图所示，连接OD、OC，过点O作OE⊥AD于点E，延长OE交BC于点F．则BC边扫过的面积为以OC为外圆半径、OF为内圆半径的圆环面积，利用垂径定理即可得出DE=AE=3，进而可得出CF=DE=3，再根据圆环的面积公式结合勾股定理即可得出BC边扫过的面积．
【详解】解：如图所示，连接OD、OC，过点O作OE⊥AD于点E，延长OE交BC于点F．

∵AD为弦，OE⊥AD，
∴由垂径定理可得DE=AE=12AD=3．
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC∥AD，AD=BC=6，∠CDA=90°，
∴∠CFO=∠DEO=90°，
∴四边形DEFC为矩形，CF=DE=3．
∵AD边绕点O旋转一周，则BC边扫过的图形为以OC为外圆半径，OF为内圆半径的圆环，
∴圆环面积为S=π⋅OC2−π⋅OF2=πOC2−OF2=π⋅CF2=9π．
故答案为：9π．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂径定理，平行线的性质以及圆环的面积公式，结合AD边的旋转，找出BC边旋转过程中扫过的区域的形状是解题的关键．
【变式6-1】（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，OA=1，将OA绕点O顺时针旋转45°到OA1，扫过的面积记为S1，A1A2⊥OA1交x轴于点A2；将OA2绕点O顺时针旋转45°到OA3，扫过的面积记为S2，A3A4⊥OA3交y轴于点A4；将OA4绕点O顺时针旋转45°到OA5，扫过的面积记为S3，A5A6⊥OA5交x轴于点A6；…；按此规律，则S2022的值为 ．
【答案】22018π
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出扇形的半径，写出部分Sn的值，根据数的变化找出变化规律Sn=2n−3π，依此规律即可得出结论．
【详解】由题意△A1OA2、△A3OA4、△A5OA6、⋯、都是等腰直角三角形，
∴OA2=2，OA4=2， OA6=22，⋯，
∴S1=45π×12360=18π， S2=45π×(2)2360=14π， S3=45π×22360=12π， S4=45π×(22)2360，⋯；
∴Sn＝2n−4π，
∴S2022＝22018π，
故答案为：22018π
【点睛】本题考查了坐标与图形性质旋转，等腰直角三角形的性质以及扇形的面积，解题的关键是找出规律Sn=2n−3π．
【变式6-2】（2023春·山东临沂·九年级统考期中）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示．（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）

(1)画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A2BC2，并求出此过程中线段BA扫过的区域的面积．（结果保留π）
【答案】(1)见详解
(2)见详解，134π
【分析】（1）分别作出点A、B、C关于原点对称的对称点，再顺次连接可得；
（2）分别作出点A、C绕点B逆时针旋转90°得到的对应点，再顺次连接可得△A2BC2；利用扇形面积公式列式计算可得答案．
【详解】（1）解：如下图，△A1B1C1即为所求；

（2）如图，△A2BC2即为所求，
由图可知，AB=32+22=13，
则线段BA扫过的区域的面积为S=90°360°×π×(13)2=134π．
【点睛】本题主要考查了作图﹣中心对称变换和旋转变换、勾股定理以及扇形面积公式等知识，解题的关键是根据中心对称和旋转的性质作出变换后的对应点．
【变式6-3】（2023·江苏南京·统考二模）在平面内，将小棒AB经过适当的运动，使它调转方向(调转前后的小棒不一定在同一条直线上)，那么小棒扫过区域的面积如何尽可能地小呢？
已知小棒长度为4，宽度不计．
方案1：将小棒绕AB中点O旋转180°到B′A′，设小棒扫过区域的面积为S1(即图中灰色区域的面积，下同)；
方案2：将小棒先绕A逆时针旋转60°到AC，再绕C逆时针旋转60°到CB，最后绕B逆时针旋转60°到B′A′，设小棒扫过区域的面积为S2．

(1)①S1=______，S2=______；(结果保留π)
②比较S1与S2的大小．(参考数据：π≈3.14，3≈1.73．)
(2)方案2可优化为方案3：首次旋转后，将小棒先沿着小棒所在的直线平移再分别进行第2、3次旋转，三次旋转扫过的面积会重叠更多，最终小棒扫过的区域是一个等边三角形．
①补全方案3的示意图；
②设方案3中小棒扫过区域的面积为S3，求S3．
(3)设计方案4，使小棒扫过区域的面积S4小于S3，画出示意图并说明理由．
【答案】(1)①4π，8π−83；②S1>S2
(2)①见解析；②S3=1633
(3)见解析
【分析】（1）①利用圆的面积公式计算S1，利用方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍△ABC的面积计算S2；
②利用参考数据计算近似值再比较即可；
（2）①依题意补全方案3的示意图即可；
②利用等边三角形的高是4，计算出底边，再利用面积公式计算即可；
（3）作等边△ABC，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上，运动，使得AB的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此AB边调转到ACA′B′边，接着两次同样的方式旋转到BCA′B′边和ABB′A′边，从而得到最终小棒扫过的区域，由于所得区域非常不规则，因此可以利用放缩法证明S4【详解】（1）解：①由依题意得：AB=2r=4，
∴r=2，
∴S1=πr2=4π
又依题意得：方案2扫过区域为三个圆心角为60°且半径为4的扇形面积减去两倍△ABC的面积．等边三角形的面积公式：S=34a2，a为等边三角形的边长．
∴S2=3×60π×42360−2×34×42=8π−83
故答案是：4π，8π−83；
②∵S1=4π≈4×3.14=12.56，S2≈8×3.14−8×1.73=11.28，12.56>11.28，
∴S1>S2；
（2）①依题意补全方案3的示意图如下：

②连接EM，M为切点，则AA′的中点，EM=4

设AM=x，则AE=2x，
由勾股定理得：AM2+EM2=AE2，即x2+42=4x2，
解得：x=433，
∴AA′=AE=2x=833，
∴S3=12AA′·EM=12×833×4=1633．
（3）设计方案4：如下图，△ABC是等边三角形，首先让点B在BC上运动，点A在CB的延长线上运动，使得AB的长度保持不变，当点B运动到点C时，由此AB边调转到ACA′B′边，接着两次同样的方式旋转到BCA′B′边和ABB′A′边，最终小棒扫过的区域是如下图所示．

对于第一次旋转，当旋转AB旋转到DH时，此时DH⊥BC，
又作DE平行AB，则S△CDE=S3=S△ABC+S梯形ABEB
依题意得：阴影部分比等边三角形ABC多三块全等的图形，记每块面积为a，
则有a∵S△ADF∴S△ADF<12S△GDAF=14S梯形ABEB，
∴a∴S4=S△ABC+3a【题型7 求弓形面积】
【例7】（2023·山东东营·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，BD⊥CE于点D，BC平分∠ABD．
(1)求证：直线CE是⊙O的切线；
(2)若∠ABC=30°,⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)43π−3
【分析】（1）连接OC，根据OB=OC，以及BC平分∠ABD推导出∠OCB=∠DCB，即可得出BD∥OC，从而推出OC⊥DE，即证明得出结论；
（2）过点O作OF⊥CB于F，利用S阴影=S扇形OBC−S△OBC即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接OC，如图，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵BC平分∠ABD，
∴∠OBC=∠DCB，
∴∠OCB=∠DCB，
∴BD∥OC，
∵BD⊥CE于点D，
∴OC⊥DE，
∴直线CE是⊙O的切线；
（2）过点O作OF⊥CB于F，如图，
∵∠ABC=30°，OB=2，
∴OF=1，BF=OB⋅cs30°=3，
∴BC=2BF=23，
∴S△OBC=12BC⋅OF=12×23×1=3，
∵∠BOF=90°−30°=60°，
∴∠BOC=2∠BOF=120°，
∴S扇形OBC=120°360°×π×22=43π，
∴S阴影=S扇形OBC−S△OBC=43π−3．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，包括垂径定理，圆的切线，扇形的面积公式等，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是本题的关键．
【变式7-1】（2023春·九年级课时练习）如图，AB是⊙O的直径，CD为弦，AB⊥CD，若CD=23，CB＝2，则阴影部分的面积是 ．
【答案】2π3−3
【分析】连接OC，设CD与AB的交点为E，利用垂径定理、勾股定理判定△OBC是等边三角形，运用扇形的面积减去△OBC的面积即可．
【详解】连接OC，设CD与AB的交点为E，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，CD=23，CB＝2，
∴CE=3，BE=22−(3)2=1，
∴∠ECB=30°，∠CBE=60°，
∵CO=BO，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，OC=OB=2，
∴S阴影=60×π×22360−12×2×3
=2π3−3，
故答案为：2π3−3．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，扇形的面积公式，等边三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，扇形的面积公式是解题的关键．
【变式7-2】（2023·全国·九年级专题练习）如图，将半径为5cm的扇形OAB沿西北方向平移2cm，得到扇形O′A′B′，若∠AOB=90°，则阴影部分的面积为 cm2．
【答案】25π+102−274
【分析】设AB分别与O′A′、O′B′交于F、E，延长OO′交AB于G，根据S阴影=S扇形AOB−S△EO′F2进行求解即可．
【详解】解：设AB分别与O′A′、O′B′交于F、E，延长OO′交AB于G，
由题意得O′E=O′F=O′G=OG−OO′=5−2cm，∠A′O′B′=∠AOB=90°，
∴S阴影=S扇形AOB−S△EO′F=90π×52360−5−222=25π+102−274cm2，
故答案为：25π+102−274．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积，平移的性质，正确理解题意得到S阴影=S扇形AOB−S△EO′F是解题的关键．
【变式7-3】（2023·湖北恩施·统考一模）如图，已知⊙O的半径为1，△ABC内接于⊙O，∠ACB=150°，则弓形ACB（阴影部分）的面积为 ．（结果保留π或根号）
【答案】π6−34
【分析】在弦AB把⊙O分成的优弧上取一点D，连接OA，OB，AD，BD，过点O作OE⊥AB于E．根据圆内接四边形的性质和圆周角定理确定∠AOB=60°，进而求出扇形OAB的面积，根据等边三角形的判定定理和性质求出AB的长度，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出OE的长度，进而根据三角形面积公式求出△OAB的面积，最后用扇形OAB的面积减去△OAB的面积即可求出弓形OAB的面积．
【详解】解：如下图所示，在弦AB把⊙O分成的优弧上取一点D，连接OA，OB，AD，BD，过点O作OE⊥AB于E．
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠ACB+∠ADB=180°．
∵∠ACB=150°，
∴∠ADB=180°-∠ACB=30°．
∵∠AOB和∠ADB分别是AB所对的圆心角和圆周角，
∴∠AOB=2∠ADB=60°．
∵⊙O的半径是1，
∴OA=OB=1．
∴△OAB是等边三角形，S扇形OAB=60×π×12360=π6．
∴AB=OA=1．
∵OE⊥AB，
∴AE=BE．
∴AE=12OA=12．
∴OE=OA2−AE2=32．
∴S△OAB=12AB⋅OE=34．
∴S弓形OAB=S扇形OAB−SOAB=π6−34．
故答案为：π6−34．
【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定定理和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形面积公式，扇形面积公式，综合应用这些知识点是解题关键．
【题型8 求其他不规则图形的面积】
【例8】（2023·山西长治·统考模拟预测）如图，在△ABC中，CA=CB，AB=4，点D是AB的中点，分别以点A、B、C为圆心，AD的长为半径画弧，交线段AC、BC于点E、F、G、H，若点E、F是线段AC的三等分点时，图中阴影部分的面积为（ ）

A．82−2πB．162−4πC．82−4πD．162−2π
【答案】A
【分析】连接CD，由等腰三角形的性质可得CD⊥AB，AD=BD=2，由题意可得AC=BC=3AD=6，由勾股定理可得CD=42，再由S阴影=S△ABC−S扇形ADF−S扇形CEG−S扇形BDH代入进行计算即可．
【详解】解：如图，连接CD，
，
∵CA=CB，AB=4，点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，AD=BD=2，
∵分别以点A、B、C为圆心，AD的长为半径画弧，交线段AC、BC于点E、F、G、H，点E、F是线段AC的三等分点，
∴AC=BC=3AD=6，
∴CD=AC2−AD2=62−22=42，
∴S阴影=S△ABC−S扇形ADF−S扇形CEG−S扇形BDH
=12AB⋅CD−∠FAD×22×π360°−∠ECG×22×π360°−∠DBH×22×π360°，
=12×4×42−22×π360°∠FAD+∠ECG+∠DBH
=82−4×π×180°360°
=82−2π，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、勾股定理、扇形面积的计算，熟练掌握等腰三角形的性质、勾股定理、扇形的面积公式是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°,BC=6，将四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°至AB′C′D′处，则旋转过程中，边BC所扫过的区域（图中阴影部分）的面积为 ．

【答案】3π
【分析】根据直角三角形的性质求出AN及AB的长，再由三角形的面积公式求出△ABC的面积，由扇形的面积公式得出扇形BAB及扇形CAC′的面积，由S阴影=S1+S2即可得出结论．
【详解】解：连接AC′,B′C．
∵在四边形ABCD中，∠ABC=90°,BC=6，∠BAC=30°，
∴AC=12，AB=122−62=63，S△ABC=12×6×63=183，
∴BAB′=30360π×632=9π，
∴S1=183−9π．
∵S△AB′C′=S△ABC=183，S扇形CAC′=30360π×122=12π，
∴S2=12π−183，
∴S阴影=S1+S2=183−9π+12π−183=3π．
故答案为：3π．

【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，扇形面积的计算，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
【变式8-2】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，扇形OAB的半径OA=2cm，∠AOB=120°，则以AB为直径的半圆与AB围成的区域（图中阴影部分）的面积是 cm2．

【答案】π+636
【分析】根据垂直的定义及直角三角形的性质可知OP=12OA=1cm，再根据勾股定理可知AP=3cm，最后根据扇形的面积及半圆的面积即可解答．
【详解】解：过点O作OP⊥AB于点P，
∴AP=BP，
∵OA=OB，OA=2cm，
∴∠AOP=∠BOP=60°，
∴∠OAP=30°，
∴OP=12OA=1cm，
在Rt△AOP中，由勾股定理得：AP=OA2−OP2=22−12=3cm，
∴AB=2AP=23cm，
∴S△AOB=12AB⋅OP=12×23×1=3cm2，
∴S半圆=π×322=3π2cm2，
∵扇形OAB的半径OA=2cm，∠AOB=120°，
∴S△OAB=120π×22360=4π3cm2，
∴S阴影=S半圆−S扇形OAB−S△AOB，
=3π2−4π3−3
=3π2−4π3+3
=π+636cm2，
∴阴影部分的面积是π+636cm2，
故答案为：π+636．

【点睛】本题考查了垂直的定义，直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积，掌握垂直的定义及直角三角形的性质是解题的关键．
【变式8-3】（2023·山西太原·山西实验中学校考模拟预测）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的半圆O，与斜边AC交于点D，E是边BC的中点，连接DE．若AD，AB的长是方程x2−6x+8=0的两个根，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．83−4π3B．43−4π3C．43−2π3D．83−2π3
【答案】B
【分析】连接OD，BD，OE．根据直径所对的圆周角为90°得出∠ADB=90°，根据因式分解法解方程求出AD=2，AB=4，并判定△AOD为等边三角形，再根据扇形的面积公式即可求出S扇形BOD=4π3，根据含30度角的直角三角形的性质、勾股定理以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出BC=43，然后利用SSS证明△ODE≌△OBE，最后根据S阴影=S四边形BODE−S扇形BOD=2S△OBE−S扇形BOD代入计算即可得出答案．
【详解】解：连接OD，BD，OE．

∵AB是直径，
∴∠ADB=90°．
∵AD，AB的长是方程x2−6x+8=0的两个根，解得x1=2，x2=4，
∴AD=2，AB=4，
∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．
∵AO=DO，
∴∠AOD=60°，
∴∠BOD=120°，△AOD为等边三角形
∴OB=OA=AD=2
∴S扇形BOD=120π⋅22360=4π3．
∵∠ABC=90°，∠BAC=60°，
∴∠ACB=30°．
在Rt△ADB中，由勾股定理得BD=AB2−AD2=23，
∴BC=43，CD=6．
∵E是BC的中点，
∴DE=BE=BD=23，
在△ODE和△OBE中
OD=OBDE=BEOE=OE
∴△ODE≌△OBESSS，
∴S阴影=S四边形BODE−S扇形BOD=2S△OBE−S扇形BOD，
=2×12×2×23−4π3
=43−4π3．
故选B．
【点睛】本题考查了圆周角定理、全等三角形的判定及性质、扇形的面积公式、直角三角形斜边上的中线性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定及性质，综合性比较强，数量掌握性质定理是解题的关键．
【题型9 求圆锥侧面积】
【例9】（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图等边△ABC内接于⊙O，若⊙O的半径为1，以阴影部分为侧面围成一个圆锥，从剩余部分剪出一个圆作为圆锥底面，则圆锥的全面积为 ．
【答案】49π/4π9
【分析】先求出阴影部分的面积和AC的长，再求出所围圆锥的底面半径，求出底面积即可．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°．
∴∠AOC=120°，
∴S扇形OAC=120π×12360=π3，AC=120π×1180=2π3，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=2π3，
∴r=13，
∴圆锥的底面积=π×132=19π，
∴圆锥的全面积=13π+19π=49π．
故答案为：49π．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的侧面积等于扇形的面积，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
【变式9-1】（2023·福建南平·校联考模拟预测）如图，要用一个扇形纸片围成一个无底的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为10πcm, 扇形的圆心角的度数是120°，则圆锥的侧面积为 （结果保留π）．

【答案】75π．
【分析】由题意可知圆锥展开后的侧面扇形的弧长为10πcm，设扇形的半径为r，根据扇形的弧长公式可得r=15，即圆锥的母线为15；最后根据扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵圆锥的底面圆周长为10πcm，
∴圆锥展开后的侧面扇形的弧长为10πcm
设扇形的半径为r，
由题意可得：120°×2πr360°=10π，解得：r=15；
则扇形的面积为：120°×π×152360°=75π．
故答案为75π．
【点睛】本题主要考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键．
【变式9-2】（2023·河北廊坊·统考一模）如图1，冰激凌的外壳（不计厚度）可近似的看作圆锥，其母线长为12cm，底面圆直径长为8cm．
（1）这个冰激凌外壳的侧面展开图的形状是 ；
（2）当冰激凌被吃掉一部分后，其外壳仍可近似的看作圆锥，如图2，其母线长为9cm，则此时冰激凌外壳的侧面积为 cm2．（结果保留π）
【答案】 扇形 27π
【分析】（1）由圆锥的性质可知其展开图是扇形；
（2）根据圆锥侧面积计算公式求解即可．
【详解】解：（1）有圆锥的性质可知其展开图是扇形；
（2）图1圆锥展开图对应扇形所对圆心角与半径12cm的圆的圆心角比为：8π2×12π=13；
母线长为9cm，则此时冰激凌外壳的侧面积为：92⋅π3=27πcm2；
故答案为：扇形；27π．
【点睛】本题主要考查扇形的性质及圆锥侧面积的求解，掌握相关计算公式是解题的关键．
【变式9-3】（2023春·江苏·九年级专题练习）如图是一张直角三角形卡片，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝2 cm，DB＝4 cm，DE⊥AB．若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体的表面积为 cm2．

【答案】16π＋162π．
【分析】根据旋转得到若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体是一个以BD为底面圆半径的圆台，上面去掉一个以CF为底面，高为EF的圆锥，利用圆的面积公式，圆锥侧面的面积公式计算即可.
【详解】∵AD＝2 cm，DB＝4 cm，
∴AB=6cm，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴CH=3cm，
过点C作CF⊥直线DE于F，作CH⊥AB于H，则四边形CFDH是矩形，
∴DF=CH=3cm，
∵DE⊥AB，
∴DE=AD=2cm，∠CEF=∠AED=45°，
∴CF=EF=DF-DE=1cm，
∵若将该卡片绕直线DE旋转一周，则形成的几何体是一个以BD为底面圆半径的圆台，上面去掉一个以CF为底面，高为EF的圆锥，如图，
底面圆的面积=π⋅42=16π，
外侧面积=π×4×42-π×1×2=152π，
上面圆锥侧面面积=π×1×2=2π，
∴形成的几何体的表面积为16π+152π+2π=16π+162π，
故答案为：16π+162π .

【点睛】此题考查平面图形旋转得到几何体，考查空间想象能力，考查了圆的面积公式，圆锥的侧面面积公式，此题能根据图形利用空间想象能力得到旋转后的几何体为上面去掉一个圆锥的圆台由此进行计算是解题的关键.
【题型10 求圆锥底面半径】
【例10】（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以点A为圆心，AB为半径画弧BF，得到扇形BAF（阴影部分）．若扇形BAF正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是 ．

【答案】23
【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．
【详解】解：∵正六边形的外角和为360°，
∴每一个外角的度数为360°÷6=60°，
∴正六边形的每个内角的度数为180°−60°=120°，
设这个圆锥底面圆的半径是r，
根据题意得，2πr=120π×2180，
解得r=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，并理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
【变式10-1】（2023春·全国·九年级专题练习）如图漏斗，圆锥形内壁的母线OB长为6cm，开口直径为6cm．
（1）因直管部分堵塞，漏斗内灌满了水，则水深 cm；
（2）若将贴在内壁的滤纸（忽略漏斗管口处）展开，则展开滤纸的圆心角为 ．
【答案】 33 180°/180度
【分析】（1）勾股定理求出圆锥的高即可；
（1）利用圆锥底面周长等于扇形的弧长，列式计算即可．
【详解】解：（1）由题意，得，圆锥的底面半径为62=3cm，
∴圆锥的高为62−32=33cm；
即：水深33cm；
故答案为：33；
（2）由题意，得：nπ180×6=6π，
∴n=180，
∴展开滤纸的圆心角为180°；
故答案为：180°．
【点睛】本题考查求圆锥的高，以及求扇形的圆心角．熟练掌握扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，是解题的关键．
【变式10-2】（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以点A为圆心，AB为半径画弧BF，得到扇形BAF（阴影部分）．若扇形BAF正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是 ．

【答案】23
【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．
【详解】解：∵正六边形的外角和为360°，
∴每一个外角的度数为360°÷6=60°，
∴正六边形的每个内角的度数为180°−60°=120°，
设这个圆锥底面圆的半径是r，
根据题意得，2πr=120π×2180，
解得r=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，并理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
【变式10-3】（2023·全国·九年级专题练习）如图，在正方形网格图中建立一直角坐标系，一条圆弧经过网格点A、B、C，请在网格中进行下列操作：
(1)请在图中确定该圆弧所在圆心D点的位置，D点坐标为______；
(2)连接AD、CD，则⊙D的半径为______；扇形DAC的圆心角度数为______；
(3)若扇形DAC是某一个圆锥的侧面展开图，求该圆锥的底面半径．
【答案】(1)画图见解析，2，0
(2)25，90°
(3)52
【分析】（1）找到AB，BC的垂直平分线的交点D，设D2，y，由AD=CD，利用两点间距离公式解方程即可求出y的值，即可得到圆心坐标；
（2）利用勾股定理求出AD，AC得长，即可得到圆的半径长，再根据勾股定理的逆定理证明△ADC是直角三角形，即∠ADC=90°，则扇形DAC的圆心角度数为90°；
（3）先求得扇形弧长，除以2π即为圆锥的底面半径．
【详解】（1）解：作AB、BC的垂直平分线相交于点D．
设D2，y．
∵AD=CD，
∴22+4−y2=6−22+2−y2，
解得：y=0，
∴D2，0．
（2）解：如图所示，连接AC，
由（1）得AD=AO2+OD2=42+22=25，
∴⊙D的半径为25；
∵AC=6−02+2−42=210，
∴AD2+CD2=AC2，
∴△ADC是直角三角形，即∠ADC=90°，
∴扇形DAC的圆心角度数为90°，
故答案为：25，90°；
（3）解：由题意得，该圆锥的底面半径为90×π×25180÷2π=52；
【点睛】本题考查了垂径定理的推论以及圆锥的有关计算，勾股定理和勾股定理得逆定理．用到的知识点为：非直径的弦的垂直平分线经过圆心；圆锥的侧面展开图的弧长等于底面圆周长．
【题型11 求圆锥的高】
【例11】（2023春·山东济宁·九年级济宁学院附属中学校考期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为12，连接AC，以点A为圆心，AC为半径画弧CE，得扇形ACE，将扇形ACE围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）

A．35B．63C．105D．2105
【答案】D
【分析】求得弧CE的长即为圆锥的底面周长，求得底面半径再由勾股定理解答即可．
【详解】解：过B作BP⊥AC于点P，连接CE，

∵正六边形的每个内角都是120°，每条边都相等，
∴∠ABP=60°， AC=AE=CE
∴AC=2AP=2AB⋅sin60°=123，△ACE是等边三角形，
∴∠CAE=60°，
∵CE的圆心角为60°，
∴CE的长为60π×123180=43π，
∴圆锥底面半径r=43π2π=23，
∴圆锥高为AC2−r2=1232−232=2105，
故选：D．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，三角函数，弧长公式，勾股定理，圆锥的侧面展开：如果把圆锥的侧面沿着它的一条母线剪开，那么它的侧面展开图是一个扇形，这个扇形的半径是圆锥的母线长，弧长是圆锥底面圆的周长，圆锥的侧面积等于扇形的面积．
【变式11-1】（2023春·云南·九年级专题练习）如图，矩形纸片ABCD中，AD=12cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为同一个圆锥的侧面和底面，则该圆锥的高为 cm．
【答案】215
【分析】根据题意可得AF的长度与⊙O的周长相等，设BF=x，则CF=12−x，列出方程求解，再根据BF为圆锥的母线，圆锥的母线，圆锥的高，圆锥的底面半径构成直角三角形，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：设BF=x，则CF=12−x，
12−xπ=14⋅2x⋅π，
解得：x=8，
∴CF=12−8=4cm，
∴圆锥的底面半径为4×12=2cm，母线长为8cm，
根据勾股定理可得：该圆锥的高为=82−22=215cm．
故答案为：215．
【点睛】本题考查了圆锥、矩形的性质，解题关键在于理解圆锥的侧面展开图与圆锥底面圆之间的关系，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
【变式11-2】（2023春·九年级课前预习）如图，正六边形ABCDEF的边长为6，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，用图中阴影部分围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则该圆锥的高为（ ）
A．4B．32C．42D．210
【答案】C
【分析】先计算出扇形的弧长，即圆锥的底面周长，从而得到圆锥的底面半径，然后利用勾股定理求出圆锥的高．
【详解】解：∵正六边形的外角和为360°，
∴正六边形的每个外角的度数为360°÷6=60°，
∴正六边形的每个内角的度数为180°−60°=120°，
设该圆锥的底面半径为r，
则2πr=120360×2π×6，
解得r=2，
∴该圆锥的高为62−22=42．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆及圆锥的相关计算，以及勾股定理的应用，熟练掌握扇形与扇形所围圆锥侧面之间的等量关系是解题的关键．
【变式11-3】（2023春·贵州贵阳·九年级贵阳市第二实验中学校考阶段练习）如图，正六边形ABCDEF纸片中，AB=6，分别以B、E为圆心，以6为半径画AC、DF．小欣把扇形BAC与扇形EDF剪下，并把它们粘贴为一个大扇形（B与E重合，F与A重合），她接着用这个大扇形作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高为 ．
【答案】25
【分析】根据正六边形的性质和弧长的公式即可得到结论。
【详解】正六边形ABCDEF纸片中，∠ABC=∠DEF=120°，
lAC⏜+lDF⏜=120π×6180+120π×6180=8π，
圆锥的底面半径为8π2π=4，
圆锥的高为62−42=25，
故答案为25．
【点睛】本题考查正多边形和圆，勾股定理，弧长的计算，正确的理解题意是解题的关键．
【题型12 求圆锥侧面展开图的圆心角】
【例12】（2023春·全国·九年级专题练习）圆锥的底面半径为40cm，母线长80cm，则它的侧面展开图的圆心角度数是（ ）
A．180°B．150°C．120°D．90°
【答案】A
【分析】根据圆锥的底面半径求得圆锥的侧面展开扇形的弧长，再利用已知的母线长求得圆锥的侧面展开扇形的面积，再利用扇形的另一种面积的计算方法求得圆锥的侧面展开图的圆心角即可.
【详解】∵圆锥的底面半径为40cm
∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为2πr=2×40π=80π
∵母线长80cm
∴圆锥的侧面展开扇形的面积为12lr=12×80π×80=3200π
∴ nπ×802360=3200π
解得，n=180
∴侧面展开图的圆心角度数为180°
故答案选A．
【点睛】本题考查圆锥的底面半径，侧面积，明确圆锥的侧面展开扇形与圆锥的侧面关系解题的关键．
【变式12-1】（2023春·九年级课时练习）圆锥的底面积是侧面积的18，则该圆锥侧面展开图的圆心角度数是 °．
【答案】45
【分析】设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，该圆锥侧面展开图的圆心角度数为n°，先根据扇形的面积公式和已知得到πr2=18×12×2πr·l⋅，则l=8r，然后利用弧长公式得到2πr=n×π×l180，从而得到n的值．
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，该圆锥侧面展开图的圆心角度数为n°，
根据题意得πr2=18×12×2πrl，
解得l=8r，
因为2πr=n180πl，
即2πr=n180·8πr，
解得n=45，
即该圆锥侧面展开图的圆心角度数为45°．
故答案为：45．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，熟练掌握圆锥的基本性质是解题关键．
【变式12-2】（2023春·云南昆明·九年级校考期中）如图，要用一个扇形纸片围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），若该圆锥的底面圆周长为20πcm，侧面积为240πcm2，则这个扇形的圆心角的度数是（ ）度．
A．120°B．135°C．150°D．160°
【答案】C
【分析】先设圆锥的母线长为lcm,由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据扇形的面积公式得到12×20π×l=240π，解得l=24，然后设这个扇形的圆心角的度数是n°，利用弧长公式得到20π=n×π×24180，最后解方程即可．
【详解】解：设圆锥的母线长为lcm，
则12×20π×l＝240π，
解得l＝24，
设这个扇形的圆心角的度数是n°，
根据题意得20π=n×π×24180，
解得n＝150，
即这个扇形的圆心角的度数是150°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了弧长公式．
【变式12-3】（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）圆锥的高为22，母线长为3，沿一条母线将其侧面展开，展开图（扇形）的圆心角是 度，该圆锥的侧面积是 （结果用含π的式子表示）．
【答案】 120 3π
【分析】根据勾股定理，先求出圆锥底面半径，进而得出底面周长，即圆锥展开图的弧长，根据圆锥母线为圆锥的侧面展开图的半径，结合扇形弧长公式和面积公式，即可求解．
【详解】解：根据勾股定理可得：圆锥底面半径=32−222=1，
∴该圆锥底面周长=2π，
∵圆锥母线长为3，
∴该圆锥的侧面展开图的半径为3，
∴nπ×3180=2π，解得：n=120，
即展开图（扇形）的圆心角是120度，
圆锥的侧面积=12lr=12×2π×3=3π，
故答案为：120，3π．
【点睛】本题主要考查了求圆锥地面半径，扇形面积公式和弧长公式，解题的关键是掌握弧长l=nπr180，扇形面积=12lr=nπr2360．
【题型13 圆锥的实际问题】
【例13】（2023·安徽·校联考二模）《九章算术》中有如下问题：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆高5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 斛．

【答案】22
【分析】根据米堆的底部的弧度即底面圆周的四分之一为8尺，可求出圆锥的底面半径，从而计算出米堆的体积，用体积除以每斛的体积即可求得斛数．
【详解】解：设米堆所在圆锥的底面半径为r尺，由题意，得：14×2πr=8，
∴r=16π，
∴米堆的体积为：14⋅13πr2×5=3203π≈35.56，
∴米堆的斛数为：≈22；
故答案为：22．
【点睛】本题考查了圆锥的计算及弧长的计算，解题的关键是从实际问题中抽象出圆锥的知识，难度不大．
【变式13-1】（2023春·全国·九年级专题练习）图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装雷要用如图3所示的等腰三角形材料，其中AB=AC，AD⊥BC，将扇形EAF围成圆锥时，AE，AF恰好重合，已知圆锥的底面圆直径ED=6 cm，母线长AD=12 cm．
(1)求这种加工材料的顶角∠BAC的大小．
(2)求加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积．（结果保留π）
【答案】(1)∠BAC=90°
(2)144−36π
【分析】（1）设∠BAC=n，根据圆锥侧面展开图的扇形面积公式，即可求解；
（2）分别求得△ABC和扇形AEF的面积，进而即可求解．
【详解】（1）解：设∠BAC=n，依题意，π⋅DE×AD=n360°π×AD
∴n=12DEAD×360°=312×360°=90°，
∴∠BAC=90°；
（2）解：设加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积为S，
∵∠BAC=90°，△ABC是等腰直角三角形，
∴S△ABC=12BC×AD=AD2=144，
∴S扇形AEF=90360π×AD2=14π×122=36π,
∴S=144−36π
【点睛】本题考查了圆锥侧面积公式，扇形面积公式，掌握扇形面积公式是解题的关键．
【变式13-2】（2023春·九年级课时练习）如图，锚标浮筒是打捞作业中用来标记锚或沉船位置的，它的上下两部分是圆锥，中间是圆柱（单位：mm），电镀时，如果每平方米用锌0.11kg，电镀100个这样的锚标浮筒，需要用多少锌？
【答案】11.44πkg
【分析】由图形可知，浮筒的表面积＝2S圆锥侧面积+S圆柱侧面积，由题给图形的数据可分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，即可求得浮筒表面积，又已知每平方米用锌0.11kg，可求出一个浮筒需用锌量，即可求出100个这样的锚标浮筒需用锌量．
【详解】解：由图形可知圆锥的底面圆的半径为400mm=0.4m，
圆锥的高为300mm=0.3m，
则圆锥的母线长为：0.32+0.42＝0.5m．
∴圆锥的侧面积＝π×0.4×0.5＝0.2π（m2），
∵圆柱的高为800mm=0.8m．
圆柱的侧面积＝2π×0.4×0.8＝0.64π（m2），
∴浮筒的表面积＝＝2S圆锥侧面积+S圆柱侧面积，＝1.04π（m2），
∵每平方米用锌0.11kg，
∴一个浮筒需用锌：1.04π×0.11kg，
∴100个这样的锚标浮筒需用锌：100×1.04π×0.11＝11.44π（kg）．
答：100个这样的锚标浮筒需用锌11.44πkg．
【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算和圆柱侧面积的计算在实际问题中的运用，解题的关键是了解几何体的构成，熟记侧面积公式．
【变式13-3】（2023春·江西南昌·九年级期末）如图1所示，有一种单层绒布料子的台灯灯罩，灯罩的上下都是空的把这个灯罩抽象成一个几何体时，我们称之为圆台，它可以理解为把大的圆锥沿着平行于底面⊙O2的圆面⊙O1裁切掉上面的小圆锥得到的，如图2所示现在要制作这种灯罩，若已知⊙O1的直径AB=12cm，⊙O2的直径CD=32cm，点O、O1、O2共线，OO2与AB、CD都垂直，O1O2=103cm，请问制作一个这样的台灯的灯罩需要多少平方厘米的绒布？（接缝处的布料忽略不计，π≈3.14，结果保留整数）

【答案】1495cm2
【分析】将圆锥的侧面展开，转化出平面几何图形，用大扇形的面积减去小扇形的面积再加上⊙O1的面积即为所求．
【详解】解：过点B作BE⊥CD交CD于点E，作出圆锥的侧面展开图扇形D′OD，如图：
∵⊙O1的直径AB=12cm，⊙O2的直径CD=32cm，点O、O1、O2共线，OO2与AB、CD都垂直，O1O2=103cm
∴在Rt△BDE中，BD=BE2+DE2=1032+32−1222=20cm
∵BE//OO2
∴DODB=DO2DE，BODB=EO2DE
∴DO20=1610，BO20=610
∴DO=32cm，BO=12cm
∴S灯罩侧面=S扇形D′OD−S扇形B′OB=12⋅32π⋅32−12⋅12π⋅12=440πcm2
∵S灯罩上底面=π⋅1222=36πcm2
∴S灯罩=440π+36π=476π≈1495cm2
∴制作一个这样的台灯的灯罩大约需要1495cm2的绒布．
故答案是：1495cm2
【点睛】本题解决的关键在于将立体图形转化为平面图形，涉及到的知识点有圆的周长、面积公式，勾股定理，平行线分线段成比例定理，特殊的锐角三角函数，扇形的面积公式等知识点；解决问题时切入点不同则思路方法略有不同，不管哪种思路都要条理清晰的推理演算．
【题型14 圆锥侧面上最短路径问题】
【例14】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，一圆锥的底面半径为2，母线PB的长为6，D为PB的中点．一只蚂蚁从点A出发，沿着圆锥的侧面爬行到点D，则蚂蚁爬行的最短路程为（ ）
A．3B．23C．33D．3
【答案】C
【分析】设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，根据底面周长等于展开后扇形的弧长可求出n，然后可判断三角形PAB为等边三角形，再利用等边三角形的性质求出AD即可得．
【详解】解：由题意知，底面圆的直径AB=4，故底面周长等于4π．
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长得nπ×6180=4π，
解得n=120，
所以展开图中∠APD=120°÷2=60°，
因为半径PA=PB，∠APB=60°，
故三角形PAB为等边三角形，
又∵D为PB的中点，
所以AD⊥PB，在直角三角形PAD中，PA=6，PD=3，
根据勾股定理求得AD=33，
所以蚂蚁爬行的最短距离为33．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的相关概念、等边三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，正确理解题意、掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式14-1】（2023春·九年级校考期中）如图1，一只蚂蚁从圆锥底端点A出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点A，将圆锥沿母线OA剪开，其侧面展开图如图2所示，若∠AOA′=120°，OA=23，则蚂蚁爬行的最短距离是 ．
【答案】6
【分析】连接AA′，作OB⊥AA′于点B，根据题意，结合两点之间线段最短，得出AA′即为蚂蚁爬行的最短距离，再根据三角形的内角和定理，得出∠OAB=30°，再根据直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，得出OB=3，再根据勾股定理，得出AB=3，再根据三线合一的性质，得出AB=A′B，再根据线段之间的数量关系，得出AA′=6，进而即可得出结果．
【详解】解：如图，连接AA′，作OB⊥AA′于点B，
∴AA′即为蚂蚁爬行的最短距离，
∵OA=OA′，∠AOA′=120°，
∴∠OAB=30°，
在△OAB中，
∵OB⊥AA′，∠OAB=30°，
∴OB=12OA=12×23=3，
∴AB=OA2−OB2=232−32=3，
在△AOA′中，
∵OA=OA′，OB⊥AA′，
∴AB=A′B，
∴AA′=2AB=2×3=6，
∴蚂蚁爬行的最短距离为6．
故答案为：6
【点睛】本题考查了圆锥侧面上最短路径问题、三角形的内角和定理、直角三角形的特征、勾股定理、三线合一的性质，解本题的关键在正确作出辅助线和熟练掌握相关的性质、定理．
【变式14-2】（2023春·九年级课时练习）如图，圆锥的底面圆直径AB为2，母线长SA为4，若小虫P从点A开始绕着圆锥表面爬行一圈到SA的中点C，则小虫爬行的最短距离为 ．
【答案】25
【分析】将圆锥的侧面展开，是一个扇形，AC就是小虫爬行的最短路程，利用弧长与圆心角的公式，求展开图的圆心角l=nπR180，R=4，l=2πr=2π,可求出n的大小，由于n=90º，利用勾股定理可求AC的长即可．
【详解】把圆锥的侧面展开，弧长是2πr=2π，母线AS=4，
侧面展开的圆心角l=nπR180=4πn180=2π，n=90º即∠ASC=90º，
C为SD的中点SD=4，
线段AC是小虫爬行的最短距离，
在Rt△SAC中，由勾股定理的AC=AS2+CS2=42+22=25，
故答案为：25．
【点睛】本题考查圆锥侧面的最短路径问题，掌握弧长公式，会利用弧长与圆锥底面圆的关系确定侧面展开图的圆心角，会用勾股定理求出最短路径是解题关键．
【变式14-3】（2023春·辽宁铁岭·九年级校考阶段练习）如图1，等腰三角形ABC中，当顶角∠A的大小确定时，它的对边（即底边BC）与邻边（即腰AB或AC）的比值也就确定了，我们把这个比值记作TA，即TA=∠A的对边(底边)∠A的邻边(腰)=BCAC ，当∠A=60°时，如T60°=1．
(1)T90°= ，T120°= ，TA的取值范围是 ；
(2)如图2，圆锥的母线长为18，底面直径PQ=14，一只蚂蚁从点P沿着圆锥的侧面爬行到点Q，求蚂蚁爬行的最短路径长．（精确到0.1，参考数据：T140°≈0.53，T70°≈0.87，T35°≈1.66）
【答案】(1)22;33;T(A)>12
(2)20.7
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和等腰三角形的性质进行计算即可；
（2）先根据圆锥的侧面展开图的知识和扇形的弧长公式计算，可求扇形的圆心角；再根据TA的定义即可解答．
【详解】（1）解：如图1，
∠A=90°，AB=AC，则BCAB=2，
∴F(90°)=ABBC=22，
如图2，
∠A=120°，AB=AC，作AD⊥BC于D，则∠BAD=60°，
∴BD=32AB，
∴BC=3AB，
∴T(120°)=ABBC=33；
∵2AB＞BC，
∴ABBC>12，
∴T（A）＞12．
故答案为：22;33;T(A)>12．
（2）解：∵圆锥的底面直径PQ=14，
∴圆锥的底面周长为14π，即侧面展开图扇形的弧长为14π，
设扇形的圆心角为n°，
则n⋅π×18180=14π，解得n＝140，
∵T70°≈0.87，
∴蚂蚁爬行的最短路径长为180.87≈20.7．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、圆锥的侧面展开图、弧长公式等知识点，掌握相关性质定理和TA的定义是解本题的关键．