中考数学一轮复习专题3.9 弧长和扇形的面积【十四大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.9 弧长和扇形的面积【十四大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共56页。

TOC \ "1-3" \h \u
\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S411.28，
∴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