中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题23与圆有关的计算(10个高频考点)(强化训练)(全国通用)(原卷版+解析)

这是一份中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题23与圆有关的计算(10个高频考点)(强化训练)(全国通用)(原卷版+解析)，共60页。

【考点1 圆中的弧长的计算】
1．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，则AB的长是________（结果保留π）
2．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧DE的长是________（结果保留π）
3．（2022·福建·统考中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD∥BC交⊙O于点D，DF∥AB交BC于点E，交⊙O于点F，连接AF,CF．
(1)求证：AC=AF；
(2)若⊙O的半径为3，∠CAF=30°，求AC的长（结果保留π）．
4．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为12的正方形，曲线DA1B1C1D1A2 …是由多段90°的圆心角所对的弧组成的．其中，弧DA1的圆心为A，半径为AD；弧A1B1的圆心为B，半径为BA1；弧B1C1的圆心为C，半径为CB1；弧C1D1的圆心为D，半径为DC1…．弧DA1、弧A1B1、弧B1C1、弧C1D1…的圆心依次按点A、B、C、D循环，则弧C2022D2022的长是___________（结果保留π）．
5．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=23，BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长为______．
【考点2 圆中的扇形面积的计算】
6．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在5×6的长方形网格飞镖游戏板中，每块小正方形除颜色外都相同，小正方形的顶点称为格点，扇形OAB的圆心及弧的两端均为格点．假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的（击中扇形的边界或没有击中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是（ ）
A．π12B．π24C．10π60D．5π60
7．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，一块四边形绿化园地，四角都做有半径为2的圆形喷水池，则这四个喷水池占去的绿化园地的面积为（ ）
A．2πB．4πC．6πD．8π
8．（2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）一个扇形的面积为7πcm2，半径为6cm，则此扇形的圆心角是___________度．
9．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，以B为圆心，BC的长为半径画弧，交AD于点E．则图中阴影部分的面积为_________．（结果保留π）
10．（2022·福建福州·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．
(1)若∠ABC=20°，求∠DEA的度数；
(2)在（1）的基础上，若AC=3，求S扇形CAD．
【考点3 弓形面积的计算】
11.（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，将弦AC绕点A顺时针旋转30°得到AD，此时点C的对应点D落在AB上，延长CD，交⊙O于点E，若CE=4，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2πB．22C．2π−4D．2π−22
12.（2022·甘肃武威·统考模拟预测）如图，⊙O的半径是4，AB是⊙O的直径，D是AB的中点，连接AD，则图中阴影部分的面积是______（结果保留π）．
13．（2022·河北廊坊·廊坊市第四中学校考二模）如图，已知AC为不完整⊙O的直径，AB为弦且AB=43，∠ACB=60°，点M、N为⊙O上的点，连接MN，点N从点A开始沿优弧ACB运动，当点M与点B重合时停止．已知MN=4，以MN为直径向⊙O内作半圆P．
(1)求⊙O的半径；
(2)当点N与点A重合时，求半圆P与AC所围成的弓形的面积；
(3)①点P的运动路径长是___________；
②当半圆P与AC相切时，求OP与AC夹角的正切值．
14．（2022·河北邢台·统考一模）图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为6
(1)求正六边形ABCDEF的边心距；
(2)过F作FG⊥AB交BA的延长线于点G，求证：FG是⊙O的切线；
(3)若点M是BC中点，连接MA，求弓形MA的面积．
15.（2022·山东临沂·统考二模）如图，在⊙O中，AC为⊙O的直径，AB为⊙O的弦，点E是AC的中点，过点E作AB的垂线，交AB于点M，交⊙O于点N，分别连接EB，CN．
(1)EM与BE的数量关系是 ；
(2)求证：EB=CN；
(3)若AM＝23，MB＝2，求阴影部分图形的面积．
【考点4 不规则图形的面积的计算】
16．（2022·河南商丘·统考二模）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝2，连接AB，以点B为圆心，以OB的长为半径作弧，交弧AB于点C，交弦AB于点D，则图中阴影部分的面积为______．
17.（2022·四川南充·模拟预测）如图，有两块量角器完全重合在一起（量角器的直径AB=4，圆心为O），保持下面一块不动，上面的一块沿AB所在的直线向右平移，当圆心与点B重合时，量角器停止平移，此时半⊙O与半⊙B交于点P，连接AP．
(1)AP与半⊙B有怎样的位置关系？请说明理由．
(2)在半⊙O的量角器上，A、B点的读数分别为180°、0°时，问点P在这块量角器上的读数是多少？
(3)求图中阴影部分的面积．
18.（2022·四川资阳·中考真题）如图．将扇形AOB翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与AB交于点C，连接AC．若OA=2，则图中阴影部分的面积是( )
A．2π3−32B．2π3−3C．π3−32D．π3
19.（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝23，DC＝43，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是_____．
20.（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，等腰Rt△ABC中，AB=AC=2，以A为圆心，以AB为半径作BDC﹔以BC为直径作CAB．则图中阴影部分的面积是______．（结果保留π）
【考点5 旋转与路径长及面积问题】
21．（2022·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是_____．
22.（2022·湖南·统考中考真题）如图所示的方格纸(1格长为一个单位长度）中，ΔAOB的顶点坐标分别为A(3,0)，O(0,0)，B(3,4)．
(1)将ΔAOB沿x轴向左平移5个单位，画出平移后的△A1O1B1（不写作法，但要标出顶点字母）；
(2)将ΔAOB绕点O顺时针旋转90°，画出旋转后的△A2O2B2（不写作法，但要标出顶点字母）；
(3)在（2）的条件下，求点B绕点O旋转到点B2所经过的路径长（结果保留π)．
23.（2022·广西·统考中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB=4,∠BAC=α，将△ABC绕点A逆时针旋转2α，得到△AB′C′，连接B′C并延长交AB于点D，当B′D⊥AB时，BB′的长是（ ）
A．233πB．433πC．839πD．1039π
24.（2022·湖南湘潭·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A−1,1，B−4,0，C−2,2．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1．
(1)请写出A1、B1、C1三点的坐标：A1_________，B1_________，C1_________
(2)求点B旋转到点B1的弧长．
25.（2022·河北·统考中考真题）如图，四边形ABCD中， AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB=23，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM=43．
(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且BK=9−43．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）．
【考点6 圆柱的侧面展开图】
26．（2022·广西贵港·统考一模）已知圆柱的侧面积是20π cm2，高为5cm，则圆柱的底面半径为_____．
27．（2022·江苏淮安·校考一模）若圆柱的底面圆半径为2cm，高为5cm，则该圆柱的侧面展开图的面积为____cm2．．
28．（2022秋·浙江金华·九年级统考期末）如图是一个高为3cm的圆柱，其底面周长为2πcm，则该圆柱的表面积为____________cm2．
29．（2022春·黑龙江绥化·六年级校考阶段练习）明宇用一块底面直径为2 cm，高6 cm的圆柱形橡皮泥，捏成高是9 cm的圆锥，这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积是______cm2，捏成圆锥的底面积是______cm2．
30．（2022秋·北京海淀·九年级校考期末）小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中．为区别口味，他打算制作“** 饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°（如图）．已知该款圆柱形盒子底面半径为6 cm，则标签长度l应为_______ cm．（π取3.1）
【考点7 圆锥及其展开图】
31.（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____．
32.（2022秋·天津西青·九年级统考期末）已知圆锥的底面圆周长是4π，母线长是5，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A．20πB．10πC．5πD．4π
33.（2022·江苏无锡·统考中考真题）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
34.（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，圆锥的侧面展开图是一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r=2cm，母线长l=8cm，则侧面展开图的圆心角θ的度数为______．
35，（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，将半径为15cm的圆形纸片剪去圆心角为144°的一个扇形，用剩下的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），这个圆锥的高是________cm．
【考点8 圆锥的全面积】
36.（2022秋·内蒙古鄂尔多斯·九年级校考阶段练习）一个圆锥的母线长是13，高为12，那么这个圆锥的表面积是__________．
37.（2022秋·全国·九年级专题练习）已知圆锥的底面直径为20cm，母线长为90cm，则圆锥的表面积是__________ cm2．（结果保留π）
38.（2022秋·山东东营·九年级东营市东营区实验中学校考期末）在Rt△ACB中，斜边AB=13cm，直角边AC=5cm，以直线AB为轴旋转1周形成纺锤形，则这个纺锤形的表面积为____________．
39.（2022秋·青海西宁·九年级校考期末）圆锥的底面半径为1，母线长为6，求圆锥的全面积．
40.（2022秋·广东广州·九年级期末）如图，已知圆锥的高为23，高所在直线与母线的夹角为30°，则圆锥的全面积为________．
【考点9 弧长计算的实际应用】
41．（2022秋·广东珠海·九年级统考期末）如图，用一个半径为10cm的定滑轮拉动重物上升，假设绳索粗细不计，且与滑轮之间没有滑动．若重物上升15πcm，则滑轮旋转的角度为______°．
42．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）某数学兴趣小组开展了“笔记本电脑的张角大小、顶部边缘离桌面的高度与用眼舒适度关系”的实践探究活动．如图-1，电脑水平放置在桌面上，当张角∠AOB=150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为12cm，此时用眼舒适度不太理想．小组成员将电脑屏幕绕点O旋转，减小张角度数继续探究，最后发现当张角∠A′OB=108°时（点A′是A的对应点），用眼舒适度较为理想．
(1)求电脑屏幕顶端A点绕O点旋转到A′转过的弧长（结果保留π）；
(2)请在图-2中画出线段A′D，用其长度表示旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度（不说理由），并求出高度约为多少厘米（结果精确到1cm；参考数据：sin72°≈0.95，cs72°≈0.31，tan72°≈3.08）
43．（2022秋·山西朔州·九年级统考阶段练习）如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC的夹角为150°，AB的长为30cm，BD的长为15cm，求DE的长．（结果保留π)
44．（2022秋·浙江宁波·九年级校联考期末）一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE=∠BEF=108°,BD=6cm,BE=4cm．当按压柄△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′∥EF（如图3）．
（参考数据：sin36°≈0.59,cs36°≈0.81,tan36°≈0.73,sin72°≈0.95,cs72∘≈0.31,tan72°≈3.08）
(1)求点D转动到点D′的路径长；
(2)求点D到直线EF的距离（结果精确到0.1cm）．
45．（2022·河北沧州·统考二模）石家庄市水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人员介绍，新建摩天轮直径为100m，最低点距离地面1m，摩天轮的圆周上均匀地安装了24个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱，运行一圈时间恰好是13分14秒，寓意“一生一世”．小明从摩天轮的底部出发开始观光，摩天轮转动1周．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为 m；
(2)在小明进座舱后间隔3个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于P、Q两点），
①求两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧PQ的长）；
②求此时两人所在座舱距离地面的高度差；
(3)受周围建筑物的影响，当乘客与地面的距离不低于76m时，可视为最佳观赏位置，求最佳观赏时间有多长（不足一分钟按一分钟记）．
【考点10 扇形面积计算的实际应用】
46．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）《九章算术》是中国古代第一部数学专著，第一章“方田”中已讲述了平面几何图形面积的计算方法，比如扇形的计算，“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”大致意思为：现有一块扇形的田，弧长30步，其所在圆的直径是16步，则这块田面积为（ ）平方步．
A．120B．240C．323πD．643π
47．（2022·河南许昌·统考二模）如图1，是一枚残缺的古代钱币．图2是其几何示意图，正方形ABCD的边长是1cm，⊙O的直径为2cm，且正方形的中心和圆心O重合，E，F分别是DA，CD的延长线与⊙O的交点，则钱币残缺部分（即图2中阴影部分）的面积是___________cm2．
48．（2022秋·山东日照·九年级统考期末）中华民族历史悠久，在我国古代艺术宝库中，传统图案纹样丰富多彩，璀璨夺目．在如图的4×4正方形网格中利用圆弧绘制了一个传统图案纹样，已知每个小正方形的边长都是1，图中的阴影部分图案是以格点为圆心，半径为1的圆弧围成的，则图案（阴影部分）的面积是______________．
49．（2022·广东·惠州一中校考二模）如图1，是一枚残缺的古代钱币，如图2，经测量发现，钱币完好部分的弧长为3π，其内部正方形ABCD的边长为1．已知正方形ABCD的中心与⊙O的圆心重合，且点E，F分别是边BC，CD的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为__________________．
50．（2022秋·九年级单元测试）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表．其中《方田》章给出计算弧田面积的公式为：弧田面积=12（弦×矢+矢2）．如图，弧田由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．按照上述公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差．现有圆心角∠AOB为120°，弦长AB=23m的弧田．
（1）计算弧田的实际面积．
（2）按照《九章算术》中弧田面积的公式计算所得结果与（1）中计算的弧田实际面积相差多少平方米?（取π近似值为3，3近似值为1.7）
专题23 与圆有关的计算（10个高频考点）（强化训练）
【考点1 圆中的弧长的计算】
1．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，则AB的长是________（结果保留π）
【答案】2π
【分析】连接OA、OB，可证∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AO，根据弧长公式求出即可．
【详解】解：连接OA、OB．
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴AB＝BC＝DC＝AD＝4，AO＝BO，
∴AB=BC=CD=AD，
∴∠AOB＝14×360°＝90°，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AO2＋BO2＝2AO2＝42＝16，
解得：AO＝22，
∴AB的长＝90π×22180=2π，
故答案为：2π．
【点睛】本题考查了弧长公式和正方形的性质，能求出∠AOB的度数和OA的长是解此题的关键．
2．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧DE的长是________（结果保留π）
【答案】2π
【分析】如图，连接OD，OE，证明AB∥OE, 可得∠A=∠COE, 再证明∠COE+∠AOD=90°, 可得∠DOE=180°−90°=90°, 再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图，连接OD，OE，
∵OE=OC=4,
∴∠OEC=∠OCE,
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∴∠B=∠OEC,
∴AB∥OE,
∴∠A=∠COE,
∵⊙O与边AB相切于点D，
∴∠ADO=90°,
∴∠A+∠AOD=90°,
∴∠COE+∠AOD=90°,
∴∠DOE=180°−90°=90°,
∴DE的长=90π×4180=2π,
故答案为：2π．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长的计算，求解∠DOE=90°是解本题的关键．
3．（2022·福建·统考中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD∥BC交⊙O于点D，DF∥AB交BC于点E，交⊙O于点F，连接AF,CF．
(1)求证：AC=AF；
(2)若⊙O的半径为3，∠CAF=30°，求AC的长（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)5π2
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABED是平行四边形，由平行四边形的性质可得∠B=∠D，等量代换可得∠AFC=∠ACF，即可得出答案；
（2）连接AO,CO，由（1）中结论可计算出∠AFC的度数，根据圆周角定理可计算出∠AOC的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，DF∥AB，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠AFC=∠B，∠ACF=∠D，
∴∠AFC=∠ACF，
∴AC=AF．
（2）解：连接AO,CO，如图，
由（1）得∠AFC=∠ACF，
∵∠AFC=180°−30°2=75°，
∴∠AOC=2∠AFC=150°，
∴AC的长l=150×π×3180=5π2．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．
4．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为12的正方形，曲线DA1B1C1D1A2 …是由多段90°的圆心角所对的弧组成的．其中，弧DA1的圆心为A，半径为AD；弧A1B1的圆心为B，半径为BA1；弧B1C1的圆心为C，半径为CB1；弧C1D1的圆心为D，半径为DC1…．弧DA1、弧A1B1、弧B1C1、弧C1D1…的圆心依次按点A、B、C、D循环，则弧C2022D2022的长是___________（结果保留π）．
【答案】2022π
【分析】根据题意有后一段弧的半径总比前一段弧的半径长12，又因为AA1的半径为12，可知任何一段弧的半径都是12的倍数，根据圆心以A、B、C、D四次一个循环，可得弧CnDn的半径为：DDn=12×4×n=2n，再根据弧长公式即可作答．
【详解】根据题意有：
DA1的半径AA1=12，
A1B1的半径BB1=AB+AA1=12×2，
B1C1的半径CC1=CB+BB1=12×3，
C1D1的半径DD1=CD+CC1=12×4，
D1A2的半径AA2=AD+DD1=12×5，
A2B2的半径BB2=AB+AA2=12×6，
B2C2的半径CC2=BC+BB2=12×7，
C2D2的半径DD2=CD+CC2=12×8，
．．．
以此类推可知，故弧CnDn的半径为：DDn=12×4×n=2n，
即弧C2022D2022的半径为：DD2022=2n=2×2022=4044，
即弧C2022D2022的长度为：90360×2×π×4044=2022π，
故答案为：2022π．
【点睛】本题考查了弧长的计算公式，找到每段弧的半径变化规律是解答本题的关键．
5．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=23，BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长为______．
【答案】33π
【分析】根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长．
【详解】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°.
∴∠ABP+∠PBC=90°.
∵∠PAB=∠PBC,
∴∠PAB+∠ABP=90°.
∴∴∠APB=90°.
∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，
如图，记以AB为直径的圆的圆心为O1，连接O1C交⊙O1于点P′，连接O1P,CP.
∵CP≥O1C−O1P,
∴当点O1,P,C三点共线时，即点P在点P′处时，CP有最小值，
∵AB=23
∴O1B=3
在RtΔBCO1中，tan∠BO1C=BCO1B=33=3.
∴∠BO1C=60°.
∴BP′=60π×3180=33π.
∴.C,P两点距离最小时，点P的运动路径长为33π.
【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键．
【考点2 圆中的扇形面积的计算】
6．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在5×6的长方形网格飞镖游戏板中，每块小正方形除颜色外都相同，小正方形的顶点称为格点，扇形OAB的圆心及弧的两端均为格点．假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的（击中扇形的边界或没有击中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是（ ）
A．π12B．π24C．10π60D．5π60
【答案】A
【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
【详解】解：由图可知，总面积为：5×6=30，OB=32+12=10，
∴阴影部分面积为：90·π×10360=5π2，
∴飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是5π230=π12，
故选：A．
【点睛】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件发生的概率．
7．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，一块四边形绿化园地，四角都做有半径为2的圆形喷水池，则这四个喷水池占去的绿化园地的面积为（ ）
A．2πB．4πC．6πD．8π
【答案】B
【分析】因为图中的圆形喷水池的内角和度数为360°，为一个圆，利用圆的面积计算公式求出圆形喷水池的面积即可．
【详解】解：绿化园地为四边形，四边形的内角和为360°，阴影部分的面积和为一个圆面积，故这四个喷水池占去的绿化园地的面积为π×22＝4π．
故选B．
【点睛】此题主要考查多边形内角和以及圆的面积计算方法等知识．
8．（2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）一个扇形的面积为7πcm2，半径为6cm，则此扇形的圆心角是___________度．
【答案】70
【分析】设扇形的圆心角是n° ，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．
【详解】解：设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式得：7π=62πn360
解得n=70．
故答案是：70．
【点睛】此题主要考查扇形的面积公式，解题的关键是熟知扇形的面积公式的运用.
9．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，以B为圆心，BC的长为半径画弧，交AD于点E．则图中阴影部分的面积为_________．（结果保留π）
【答案】π3
【分析】先根据特殊角的锐角三角函数值，求出∠ABE，进而求出∠EBC，再根据扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠A=∠ABC=90° ，
∵ 以B为圆心，BC的长为半轻画弧，交AD于点E， BC=2，
∴BE=BC=2 ，
在Rt△ABE中，AB=1，
∴cs∠ABE=ABBE=12 ，
∴∠ABE=60° ，
∴∠EBC=90°−60°=30° ，
S阴影=30π×22360=π3 ．
故答案为：π3 ．
【点睛】本题考查了由特殊角的三角函数值求角度数，矩形的性质，扇形的面积的计算，综合掌握以上知识点并熟练运用是解题的关键．
10．（2022·福建福州·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以点A为圆心，AC长为半径作圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．
(1)若∠ABC=20°，求∠DEA的度数；
(2)在（1）的基础上，若AC=3，求S扇形CAD．
【答案】(1)65°；
(2)π．
【分析】（1）连接AD，求出∠DAE，再利用等腰三角形的性质解决问题即可；
（2）在（1）的基础上，利用扇形面积公式，可求解．
【详解】（1）解：如图，连接AD，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=20°，
∴∠C=90°−∠ABC=70°
∴AC=AD=AE
∴∠C=∠ADC=70°,∠DEA=∠ADE
∴∠DAC=180°−2∠C=40°
∴∠DAE=90°−∠DAC=50°
∴∠DEA=180°−∠DAE2=65°
（2）AC=3，
由（1）可知
∠CAD=40°
S扇形CAD=40360×π×32=π
【点睛】本题考查了与圆的基本性质、三角形内角和定理、等腰三角形性质、扇形面积公式；解题的关键是熟练掌握与圆有关的角的计算和扇形面积公式．
【考点3 弓形面积的计算】
11.（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，将弦AC绕点A顺时针旋转30°得到AD，此时点C的对应点D落在AB上，延长CD，交⊙O于点E，若CE=4，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2πB．22C．2π−4D．2π−22
【答案】C
【分析】如图，连接OE，OC，过点O作OF⊥CE于点F，由旋转得AD=AC，可求出∠ADC=∠ACD=75° ,由圆周角定理得∠AOE=150°,得 ∠EOD=30°，由三角形外角的性质得∠OEC=45°,∠FOC=90°, 由垂径定理得EF=2，根据勾股定理得OE=22，根据S阴影=S扇形EOF−SΔEOF求解即可．
【详解】解：如图，连接OE，OC，过点O作OF⊥CE于点F，
则EF=12CE=12×4=2，
由旋转得，AC=AD,
∴∠ADC=∠ACD，
∵∠A=30°,
∴∠ADC=∠ACD=12×(180°−30°)=75°，
∴∠AOE=2∠ACD=150°
∴∠EOD=30°,
又∠OED+∠EOD=∠ODC=75°,
∴∠OED=75°−∠EOD=75°−30°=45°,
∴∠EOF=∠OEF=45°,
∴OF=EF=2
∴OE=OF2+EF2=22+22=22,
∵OE=OC
∴∠OEC=∠OFE=45°
∴∠EOC=90°
∴S阴影=S扇形EOF−SΔEOF=90⋅π(22)2−36012×4×2 =2π−4.
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，扇形面积等知识，求出扇形的半径和圆心角是解答本题的关键．
12.（2022·甘肃武威·统考模拟预测）如图，⊙O的半径是4，AB是⊙O的直径，D是AB的中点，连接AD，则图中阴影部分的面积是______（结果保留π）．
【答案】4π－8##－8＋4π
【分析】连接OD，先证明△AOD是等腰直角三角形，再利用阴影部分的面积＝S扇形AOD−S△AOD即可求得答案．
【详解】解：连接OD，
∵D是AB的中点，AB是⊙O的直径，
∴∠AOD＝90°，
∵AO＝DO＝4，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴阴影部分的面积＝S扇形AOD−S△AOD
=90π×42360−12×4×4
=4π−8，
故答案为：4π−8
【点睛】此题考查了不规则图形的面积、扇形面积公式、圆心角和弧之间的关系等知识，把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解题的关键．
13．（2022·河北廊坊·廊坊市第四中学校考二模）如图，已知AC为不完整⊙O的直径，AB为弦且AB=43，∠ACB=60°，点M、N为⊙O上的点，连接MN，点N从点A开始沿优弧ACB运动，当点M与点B重合时停止．已知MN=4，以MN为直径向⊙O内作半圆P．
(1)求⊙O的半径；
(2)当点N与点A重合时，求半圆P与AC所围成的弓形的面积；
(3)①点P的运动路径长是___________；
②当半圆P与AC相切时，求OP与AC夹角的正切值．
【答案】(1)4
(2)2π3−3
(3)①23π；②22
【分析】（1）根据AC为⊙O的直径，可得∠ABC=90°，再由锐角三角函数，即可求解；
（2）设圆P交AC于点Q，连接PO，OM，PQ，可证得△OAM是等边三角形，从而得到∠OAM=60°，AP=2，进而得到△APQ为等边三角形，再由半圆P与AC所围成的弓形的面积等于S扇形APQ−S△APQ，即可求解；
（3）①由BC=4，MN=4，可得点P的运动轨迹为以O圆心，OP长为半径的半圆，求出OP，即可求解；②设半圆P与AC相切于点D，连接PD，OP，分两种情况讨论：当点D在线段OC上时，当点D在线段OA上时，即可求解．
（1）
解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AB=43，∠ACB=60°，
∴AC=ABsin∠BAC=4332=8，
∴BC=4，
∴⊙O的半径为4；
（2）
解：如图，设圆P交AC于点Q，连接PO，OM，PQ，
由（1）得：OA=OM=4，
∵MN=4，
∴OA=AM=OM，
∴△OAM是等边三角形，
∴∠OAM=60°，AP=2，
∵AP=PQ，
∴△APQ为等边三角形，
∴PK=AP⋅sin∠OAM=3，AQ=2，
∴半圆P与AC所围成的弓形的面积等于S扇形APQ−S△APQ=60π×22360−12×2×3=2π3−3；
（3）
解：①如图，连接OP，OM，ON，
∵BC=4，MN=4，
∴当M与点B重合时，点N与点C重合，
∴点P的运动轨迹为以O圆心，OP长为半径的半圆，
由（1）得：OA=OM=ON=4，BC=4，
∵MN=4，
∴ON=AM=OM，
∴△ONM是等边三角形，
∴∠NOM=60°，
∴OP=ON⋅sin∠ONM=23，
∴点P的运动路径长是12×2π×23=23π；
故答案为：23π
②如图，设半圆P与AC相切于点D，连接PD，OP，
当点D在线段OC上时，PD⊥OC，
由（2）得：PD=2，由①得：OP=23，
∴OD=OP2−PD2=22，
∴tan∠POD=PDOD=222=22；
当点D在线段OA上时，PD⊥OA，
同理tan∠POD=22，
综上所述，OP与AC夹角的正切值为22．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，求扇形面积等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
14．（2022·河北邢台·统考一模）图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为6
(1)求正六边形ABCDEF的边心距；
(2)过F作FG⊥AB交BA的延长线于点G，求证：FG是⊙O的切线；
(3)若点M是BC中点，连接MA，求弓形MA的面积．
【答案】(1)33
(2)见解析
(3)9π−18
【分析】（1）过点O作OH⊥AB于点H，连接OB，根据垂径定理可得AH＝BH，而六边形ABCDEF是正六边形，所以∠BOH＝30°，根据三角函数OH=6×cs30°=33；
（2）连接OA、OB、AF、BE，易证∠ABF＝∠OFB，得AB∥OF，可得OF⊥FG，从而可证FG是⊙O的切线；
（3）因为六边形ABCDEF是正六边形，点M是BC中点，所以∠BOC＝∠BOA＝60°，∠MOC＝∠BOM＝30°，∠MOA＝90°，根据弓形的面积=S扇形AOM−SΔAOM可求解．
【详解】（1）解：如图，过点O作OH⊥AB于点H，连接OB，则AH＝BH，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOH＝30°．
∵⊙O的半径为6，
∴OH=6×cs30°=33；
（2）证明：如图，连接OA、OB、OF，BF、AE，
∵AB＝AF＝EF，
∴AB=AF=EF，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠EBF＝12∠AOB=30°，
∵OB＝OF，
∴∠OBF＝∠BFO＝30°，
∴∠ABF＝∠OFB，
∴AB∥OF，
∵FG⊥BA，
∴OF⊥FG，
∴FG是⊙O的切线；
（3）：如图，连接OA，OB，OC，
∵六边形ABCDEF是正六边形，点M是BC中点，
∴∠BOC＝∠BOA＝60°，∠MOC＝∠BOM＝30°，
∴∠MOA＝90°，
∴弓形的面积=S扇形AOM−SΔAOM=90π×62360−12×6×6=9π−18．
【点睛】本题考查了正多边形与圆、垂径定理、圆周角定理、切线的判定、弓形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
15.（2022·山东临沂·统考二模）如图，在⊙O中，AC为⊙O的直径，AB为⊙O的弦，点E是AC的中点，过点E作AB的垂线，交AB于点M，交⊙O于点N，分别连接EB，CN．
(1)EM与BE的数量关系是 ；
(2)求证：EB=CN；
(3)若AM＝23，MB＝2，求阴影部分图形的面积．
【答案】(1)BE＝2EM
(2)见解析
(3)43π−23
【分析】（1）证得△BME是等腰直角三角形即可得到结论；
（2）根据点E是AC的中点，得出∠AOE＝90°，由∠EMB＝90°，证得∠ABE＝∠BEN＝45°，得到AE=BN，根据题意得到EC=BN，进一步得到EB=CN；
（3）先解直角三角形得到∠EAB＝30°，从而得到∠EOB＝60°，证得△EOB是等边三角形，则OE＝BE＝22，然后证得△OEB≌△OCN，然后根据扇形的面积公式和三角形面积公式求得即可．
【详解】（1）∵AC为⊙O的直径，点E是AC的中点，
∴∠ABE＝45°，
∵AB⊥EN，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴BE＝2EM，
故答案为：BE＝2EM；
（2）连接EO，
∵AC是⊙O的直径，E是AC的中点，
∴∠AOE＝90°，
∴∠ABE＝12∠AOE＝45°，
∵EN⊥AB，垂足为点M，
∴∠EMB＝90°
∴∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴AE＝BN，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝EC，
∴EC＝BN，
∴EC﹣BC＝BN﹣BC，
∴EB＝CN；
（3）（3）连接AE，OB，ON，如图所示，
∵EN⊥AB，垂足为点M，
∴∠AME＝∠EMB＝90°，
∵BM＝2，由（2）得∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴EM＝BM＝2，
又∵BE＝2EM，
∴BE＝22，
∵在Rt△AEM中，EM＝2，AM＝23，
∴tan∠EAB＝223＝33，
∴∠EAB＝30°，
∵∠EAB＝12∠EOB，
∴∠EOB＝60°，
又∵OE＝OB，
∴△EOB是等边三角形，
∴OE＝BE＝22，
又∵EB＝CN，
∴BE＝CN，
∴△OEB≌△OCN（SSS），
∴CN＝BE＝22
又∵S扇形OCN＝60π⋅(22)2360=43π，S△OCN＝12CN•32CN＝12 ×22×32×22＝23，
∴S阴影＝S扇形OCN﹣S△OCN＝43π−23．
【点睛】本题考查了扇形的面积，全等三角形的判定化为性质，圆周角定理，解直角三角形以及等边三角形的判定和性质，作出辅助线构建等腰三角形是解题的关键．
【考点4 不规则图形的面积的计算】
16．（2022·河南商丘·统考二模）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝2，连接AB，以点B为圆心，以OB的长为半径作弧，交弧AB于点C，交弦AB于点D，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】56π−3
【分析】连结BC、OC先求出△BOC是等边三角形，然后分别求出扇形BOC、扇形OBD和弓形ODC的面积，最后根据S弓形COD=S扇形BOC−S△BOC计算，即可求出结果．
【详解】解：如图，连结BC、OC，
∵OC=OB=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴S扇形BOC=60°×π×4360°=2π3，
∵∠ABO=45°，
∴S扇形OBD=45°×π×22360°=π2，
S弓形COD=S扇形BOC−S△BOC=2π3−12×2×3=2π3−3，
S阴影=S扇形BOC+S弓形COD−S扇形OBD=2π3+2π3−3−π2=5π6−3．
故答案为：5π6−3．
【点睛】本题考查了扇形的面积，等边三角形的判定和性质，掌握用割补法求面积和熟记扇形面积公式是解题的关键．
17.（2022·四川南充·模拟预测）如图，有两块量角器完全重合在一起（量角器的直径AB=4，圆心为O），保持下面一块不动，上面的一块沿AB所在的直线向右平移，当圆心与点B重合时，量角器停止平移，此时半⊙O与半⊙B交于点P，连接AP．
(1)AP与半⊙B有怎样的位置关系？请说明理由．
(2)在半⊙O的量角器上，A、B点的读数分别为180°、0°时，问点P在这块量角器上的读数是多少？
(3)求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)AP与半⊙B相切，理由见解析；
(2)60°；
(3)2π3+3．
【分析】（1）连接PB，利用直径所对的圆周角等于90°可证明∠APB=90°，即AP与半⊙B相切；
（2）求出∠OBP=60°，即可知点P在这块量角器上的读数是60°；
（3）由图可知：S阴影=S扇形PBC−S扇形OPB−S△OPB，代入可求出S阴影=120π×22360−60π×22360−12×2×3=2π3+3．．
【详解】（1）解：AP与半⊙B相切，理由如下：连接PB，
∵AB是直径，
∴∠APB=90°，即AP与半⊙B相切．
（2）解：连接OP，
∵OP=OB=BP，
∴△OPB为等边三角形，
∴∠POB=60°，点P在这块量角器上的读数是60°．
（3）解：作PD⊥OB交于点D，
∵△OPB为等边三角形，OP=OB=BP=2，
∴PD=22−12=3，
∵由图可知：S阴影=S扇形PBC−S扇形OPB−S△OPB，
即S阴影=120π×22360−60π×22360−12×2×3=2π3+3．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，扇形面积，切线的判定定理，解题的关键熟练掌握以上相关知识点并能够综合运用．
18.（2022·四川资阳·中考真题）如图．将扇形AOB翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与AB交于点C，连接AC．若OA=2，则图中阴影部分的面积是( )
A．2π3−32B．2π3−3C．π3−32D．π3
【答案】B
【分析】连接CO，且直线l与AO交于点D，解直角三角形求出∠COD=60°，即可求出扇形AOC的面积，再算出△AOC的面积，即可求出阴影部分面积．
【详解】连接CO，且直线l与AO交于点D，如图所示，
∵扇形AOB中，OA=2，
∴OC=OA=2，
∵点A与圆心O重合，
∴AD=OD=1，CD⊥AO，
∴cs∠COD=ODOC=12，
∴∠COD=60°，
由勾股定理得：CD=OC2−OD2=3，
∵S扇形AOC=60°360°×π×22=23π，S△AOC=12AO⋅CD=12×2×3=3，
∴S阴影=S扇形AOC−S△AOC=23π−3，
故选：B．
【点睛】此题考查求不规则图形的面积，扇形面积公式，添加辅助线是本题的关键．
19.（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝23，DC＝43，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是_____．
【答案】24﹣63−4π
【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝43，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．
【详解】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，
∴DE＝DC＝43，
∵cs∠ADE=ADDE=2343=12，
∴∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴S扇形EDC=30×π×48360=4π，
∵AE=DE2−AD2=48−12=6，
∴BE＝AB﹣AE＝43−6，
∴S四边形DCBE=(43−6+43)×232=24﹣63，
∴阴影部分的面积＝24﹣63−4π，
故答案为：24﹣63−4π．
【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
20.（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，等腰Rt△ABC中，AB=AC=2，以A为圆心，以AB为半径作BDC﹔以BC为直径作CAB．则图中阴影部分的面积是______．（结果保留π）
【答案】π−2
【分析】由图可知：阴影部分的面积＝半圆CAB的面积-△ABC的面积+扇形ABC的面积-△ABC的面积，可根据各自的面积计算方法求出面积即可．
【详解】解：∵等腰Rt△ABC中，AB=AC=2
∴BC=2
∴S扇形ACB=90π×2360=π2，S半圆CAB=12π×（1）2=π2，S△ABC=12× 2×2=1；
所以阴影部分的面积＝S半圆CAB-S△ABC+S扇形ACB-S△ABC =π2−1+π2−1=π−2．
故答案是：π−2．
【点睛】本题主要考查了扇形和三角形的面积计算方法．不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的和差．
【考点5 旋转与路径长及面积问题】
21．（2022·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是_____．
【答案】52π##5π2
【分析】根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，且ΔAQM∼ΔFQN， NQ:MQ=1:2,点H在以BQ为直径的PN上运动，运动路径长为PN的长，求出BQ及PN的圆角，运用弧长公式进行计算即可得到结果．
【详解】解：∵点M、N分别是边AD、BC的中点，
连接MN，则四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=6，AM=BN=12AD==4，
根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴ΔAQM∼ΔFQN，
∴NFEM=NQMQ=12
∴NQ=13MN=2
当点E与点A重合时，则NF=12AM=2，
∴BF=BN+NF=4+2=6，
∴AB=BF=6
∴ΔABF是等腰直角三角形，
∴∠AFB=45°,
∵BP⊥AF，
∴∠PBF=45°
由题意得，点H在以BQ为直径的PN上运动，运动路径长为PN长，取BQ中点O，连接PO，NO，
∴∠PON=90°，
又∠BNQ=90°,
∴BQ=BN2+NQ2=42+22=25，
∴ON=OP=OQ=12BQ=5，
∴PN的长为90π×5180=52π
故答案为：52π
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及弧长等知识，判断出点H运动的路径长为PN长是解答本题的关键．
22.（2022·湖南·统考中考真题）如图所示的方格纸(1格长为一个单位长度）中，ΔAOB的顶点坐标分别为A(3,0)，O(0,0)，B(3,4)．
(1)将ΔAOB沿x轴向左平移5个单位，画出平移后的△A1O1B1（不写作法，但要标出顶点字母）；
(2)将ΔAOB绕点O顺时针旋转90°，画出旋转后的△A2O2B2（不写作法，但要标出顶点字母）；
(3)在（2）的条件下，求点B绕点O旋转到点B2所经过的路径长（结果保留π)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)52π
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，O ，B的对应点A1，O1，B1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，O ，B的对应点A2，O2，B2即可；
（3）利用弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：如图，ΔA1O1B1即为所求；
（2）解：如图，ΔA2O2B2(即△A2OB2）即为所求；
（3）解：在RtΔAOB中，OB=OA2+AB2=5，
∴l=90360×2π×5=52π．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，平移变换，勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质．
23.（2022·广西·统考中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB=4,∠BAC=α，将△ABC绕点A逆时针旋转2α，得到△AB′C′，连接B′C并延长交AB于点D，当B′D⊥AB时，BB′的长是（ ）
A．233πB．433πC．839πD．1039π
【答案】B
【分析】先证∠B'AD=60°，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得BB′．
【详解】解：∵CA=CB,B'D⊥AB，
∴AD=DB=12AB，
∵△AB′C′是△ABC绕点A逆时针旋转2α得到，
∴AB=AB'，AD=12AB'，
在RtΔAB'D中，cs∠B'AD=ADAB'=12，
∴∠B'AD=60°，
∵∠CAB=α,∠B'AB=2α，
∴∠CAB=12∠B'AB=12×60°=30°，
∵AC=BC=4，
∴AD=AC·cs30°=4×32=23，
∴AB=2AD=43，
∴BB′的长=60πAB180=433π，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运用三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．
24.（2022·湖南湘潭·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A−1,1，B−4,0，C−2,2．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1．
(1)请写出A1、B1、C1三点的坐标：A1_________，B1_________，C1_________
(2)求点B旋转到点B1的弧长．
【答案】(1)（1，1）；（0，4）；（2，2）
(2)2π
【分析】（1）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，由此可得出结果．
（2）由图知点B旋转到点B1的弧长所对的圆心角是90º，OB=4，根据弧长公式即可计算求出．
【详解】（1）解：将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，
所以A1（1，1）；B1（0，4）；C1（2，2）
（2）解：由图知点B旋转到点B1的弧长所对的圆心角是90度，OB=4，
∴点B旋转到点B1的弧长=90180×π×4=2π
【点睛】本题主要考查点的旋转变换和弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和弧长公式．
25.（2022·河北·统考中考真题）如图，四边形ABCD中， AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB=23，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM=43．
(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且BK=9−43．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）．
【答案】(1)见详解
(2)①93+5π；
②(43−3)s；
③CF=60−12d9−d
【分析】（1）先证明四边形ABHD是矩形，再根据Rt△DHC算出CD长度，即可证明；
（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；
②运动分两个阶段：平移阶段：t=KHv；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作GT⊥DM于T；设∠KDH=θ，利用Rt△DKH算出tanθ，sinθ，csθ，利用Rt△DGM算出DG，利用Rt△DGT算出GT，最后利用Rt△HGT算出sin∠GHT，发现sin∠GHT=12，从而得到2θ，θ度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间即可；
③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明△DEF∼△CED，结合勾股定理，可得DE2=232+3−d2=9−d2−m9−d，即可得CF与d的关系．
【详解】（1）∵AD∥BC，DH⊥BC
∴DH⊥AD
则在四边形ABHD中
∠ABH=∠BHD=∠HDA=90°
故四边形ABHD为矩形
DH=AB=23，BH=AD=3
在Rt△DHC中，∠C=30°
∴CD=2DH=43，CH=3DH=6
∵∠DHC=∠Q=90°∠C=∠QPM=30°CD=PM=43
∴△CHD≌△PQM(AAS)；
（2）①过点Q作QS⊥AM于S
由（1）得：AQ=CH=6
在Rt△AQS中，∠QAS=30°
∴AS=32AQ=33
平移扫过面积：S1=AD⋅AS=3×33=93
旋转扫过面积：S2=50°360°⋅π⋅PQ2=50°360°⋅π⋅62=5π
故边PQ扫过的面积：S=S1+S2=93+5π
②运动分两个阶段：平移和旋转
平移阶段：
KH=BH−BK=3−(9−43)=43−6
t1=KHv=(43−6)s
旋转阶段：
由线段长度得：PM=2DM
取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作GT⊥DM于T
设∠KDH=θ，则∠GHM=2θ
在Rt△DKH中：
KH=BH−BK=3−(9−43)=43−6=23×(2−3)
DK=DH2+KH2=(23)2+(43−6)2=43×2−3
设t=2−3，则KH=23t2，DK=43t，DH=23
tanθ=KHDH=t2，sinθ=KHDK=t2，csθ=DHDK=12t
∵DM为直径
∴∠DGM=90°
在Rt△DGM中 ：DG=DM⋅csθ=43×12t=23t
在Rt△DGT中：GT=DG⋅sinθ=23t×t2=3
在Rt△HGT中：sin2θ=GTGH=323=12
∴2θ=30°，θ=15°
PQ转过的角度：30°−15°=15°
t2=15°5°=3s
总时间：t=t1+t2=43−6+3=(43−3)s
③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：
∵∠EDF=30°，∠C=30°，
∴∠EDF=∠C，
又∵∠DEF=∠CED，
∴△DEF∼△CED，
∴DECE=EFDE，即DE9−d=9−d−mDE，
∴DE2=9−d2−m9−d，
∵在△DHE中，DE2=DH2+EH2=232+3−d2，
∴9−d2−m9−d=232+3−d2，
∴CF=m=60−12d9−d
当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
同理：可得CF=m=60−12d9−d
综上所述：CF=60−12d9−d．
【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出sin2θ是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形的判定和性质．
【考点6 圆柱的侧面展开图】
26．（2022·广西贵港·统考一模）已知圆柱的侧面积是20π cm2，高为5cm，则圆柱的底面半径为_____．
【答案】2cm
【详解】设圆柱底面圆的半径为r，那么侧面积为
2πr×5=20π
r=2cm．
故答案是：2cm．
27．（2022·江苏淮安·校考一模）若圆柱的底面圆半径为2cm，高为5cm，则该圆柱的侧面展开图的面积为____cm2．．
【答案】20π．
【详解】试题解析：根据圆柱的侧面积公式可得π×2×2×5=20πcm2．
28．（2022秋·浙江金华·九年级统考期末）如图是一个高为3cm的圆柱，其底面周长为2πcm，则该圆柱的表面积为____________cm2．
【答案】8π
【分析】先求出该圆柱的底面半径，然后根据圆柱的表面积等于圆柱的侧面积加上两个底面的面积，即可求解．
【详解】解：根据题意得：该圆柱的底面半径为2π÷2π=1cm，
该圆柱的表面积为
2π×3+2π×12=8πcm2．
故答案为：8π
【点睛】本题主要考查了求圆柱的表面积，熟练掌握圆柱的表面积等于圆柱的侧面积加上两个底面的面积是解题的关键．
29．（2022春·黑龙江绥化·六年级校考阶段练习）明宇用一块底面直径为2 cm，高6 cm的圆柱形橡皮泥，捏成高是9 cm的圆锥，这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积是______cm2，捏成圆锥的底面积是______cm2．
【答案】 3.14 6.28
【分析】先利用圆的面积公式求出这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积，再利用圆柱体的体积公式求出这块橡皮泥的体积，最后根据橡皮泥的体积不变，利用圆锥的体积公式即可求出圆锥的底面积．
【详解】解：这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积是
3.14×2÷22
=3.14×1
=3.14（cm2）；
捏成圆锥的底面积是
3.14×6×3÷9
=18.84×3÷9
=6.28（cm2）
答：这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积是3.14cm2，捏成圆锥的底面积是6.28cm2．
故答案为：3.14，6.28．
【点睛】本题主要考查圆柱体和圆锥体的体积计算方法，关键是明白橡皮泥的体积不变．
30．（2022秋·北京海淀·九年级校考期末）小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中．为区别口味，他打算制作“** 饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°（如图）．已知该款圆柱形盒子底面半径为6 cm，则标签长度l应为_______ cm．（π取3.1）
【答案】9.3
【分析】根据弧长公式进行计算即可，l=nπr180
【详解】解：∵粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°，底面半径为6 cm，
∴l=nπr180=90π×6180=3π=9.3cm，
故答案为：9.3
【点睛】本题考查了弧长公式，牢记弧长公式是解题的关键．
【考点7 圆锥及其展开图】
31.（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____．
【答案】120°
【分析】设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n，30nπ180=2×π×10，进行解答即可得．
【详解】解： 设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n°，
30nπ180=2×π×10
n=120°
故答案为：120°．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角，解题的关键是掌握扇形的弧长公式．
32.（2022秋·天津西青·九年级统考期末）已知圆锥的底面圆周长是4π，母线长是5，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A．20πB．10πC．5πD．4π
【答案】B
【分析】运用圆锥的侧面积就等于母线长乘以底面圆周长的一半解题即可．
【详解】圆锥的侧面积为：S=12×4π×5=10π,
故选：B．
【点睛】查了圆锥的侧面积的计算公式．解题关键是运用圆锥的侧面积就等于母线长乘底面周长的一半．
33.（2022·江苏无锡·统考中考真题）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
【答案】C
【分析】先利用勾股定理计算出AB，再利用扇形的面积公式即可计算出圆锥的侧面积．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=32+42=5，
以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积=12×2π×4×5
=20π．
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．
34.（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，圆锥的侧面展开图是一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r=2cm，母线长l=8cm，则侧面展开图的圆心角θ的度数为______．
【答案】90°##90度
【分析】先根据条件求出侧面展开图（扇形）的面积，在根据扇形面积公式求角度即可．
【详解】解：∵圆锥的侧面积公式为S=πrl
将r=2cm，l=8cm代入公式得：
S=π×2×8=16πcm2
∴ S扇形=16πcm2
nπl2360=16π
代入数据解得：n=90°
故答案为90°
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积与扇形各元素的关系，相关知识点有：圆锥的侧面积公式、扇形的面积公式，熟记公式是解题的关键．
35，（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，将半径为15cm的圆形纸片剪去圆心角为144°的一个扇形，用剩下的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），这个圆锥的高是________cm．
【答案】12
【分析】设圆锥的底面圆的半径为rcm，由于剩下扇形的弧长等于圆锥底面的周长，根据弧长公式得2πr=360−144π180×15，解方程得r＝9，然后利用勾股定理可计算出圆锥的高．
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径为rcm，根据题意得2πr=360−144π180×15，
解得r＝9，
所以圆锥的高为152−92=12cm．
故答案为12
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，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．
【考点8 圆锥的全面积】
36.（2022秋·内蒙古鄂尔多斯·九年级校考阶段练习）一个圆锥的母线长是13，高为12，那么这个圆锥的表面积是__________．
【答案】90π
【分析】首先根据勾股定理求得圆锥的底面半径，从而得到底面周长，然后求出底面圆面积与圆锥的侧面展开图面积的和即可．
【详解】解：圆锥的底面半径是：132−122=5，
圆锥的底面周长是：2π×5=10π，
则圆锥的表面积是π×52+12×10π×13=25π+65π=90π．
故答案为：90π
【点睛】本题考查了圆锥的相关计算，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，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
37.（2022秋·全国·九年级专题练习）已知圆锥的底面直径为20cm，母线长为90cm，则圆锥的表面积是__________ cm2．（结果保留π）
【答案】1000π
【分析】根据圆锥表面积＝侧面积＋底面积＝12底面周长×母线长＋底面积计算．
【详解】解：圆锥的表面积=10π×90＋100π=1000πcm2．
故答案为：1000π．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键记准圆锥的侧面面积和底面面积公式．
38.（2022秋·山东东营·九年级东营市东营区实验中学校考期末）在Rt△ACB中，斜边AB=13cm，直角边AC=5cm，以直线AB为轴旋转1周形成纺锤形，则这个纺锤形的表面积为____________．
【答案】1020π13cm2
【分析】根据勾股定理求出BC的长，利用等积法求出斜边AB上的高，即圆锥底面圆的半径，进而根据纺锤形的表面积是两个圆锥的侧面积之和求出答案即可．
【详解】解：∵Rt△ACB中，斜边AB=13cm，直角边AC=5cm，
∴BC=AB2−AC2=132−52=12(cm)，
∴Rt△ACB斜边AB上的高为5×1213=6013(cm)，
以直线AB为轴旋转1周形成纺锤形是由两个同底的圆锥组成的几何体，底面圆周长为2π×6013=12013π(cm)，
∴纺锤形的表面积为=12×12013π×5+12=1020π13cm2，
故答案为：1020π13cm2
【点睛】此题考查了圆锥的侧面积，勾股定理等知识，熟练掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
39.（2022秋·青海西宁·九年级校考期末）圆锥的底面半径为1，母线长为6，求圆锥的全面积．
【答案】7π
【分析】根据圆锥的全面积等于侧面积加底面积，进行求解即可．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为1，母线长为6，‘’
∴圆锥的全面积为：S=πrl+πr2=1×6π+12⋅π=7π．
【点睛】本题考查圆锥的全面积．熟练掌握圆锥的全面积等于侧面积加底面积，以及侧面积和底面积的公式，是解题的关键．
40.（2022秋·广东广州·九年级期末）如图，已知圆锥的高为23，高所在直线与母线的夹角为30°，则圆锥的全面积为________．
【答案】12π
【分析】先利用三角函数计算出BO，再利用勾股定理计算出AB，然后利用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和扇形的面积公式计算圆锥的全面积．
【详解】解：如图，∠BAO=30°，AO=23，
在Rt△ABO中，∵tan∠BAO=BOAO，
∴BO=23tan30°=2，即圆锥的底面圆的半径为2，
∴AB=2OB=4，即圆锥的母线长为4，
∴圆锥的全面积=12×2π×2×4+π×22=12π．
故答案为：12π．
【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．
【考点9 弧长计算的实际应用】
41．（2022秋·广东珠海·九年级统考期末）如图，用一个半径为10cm的定滑轮拉动重物上升，假设绳索粗细不计，且与滑轮之间没有滑动．若重物上升15πcm，则滑轮旋转的角度为______°．
【答案】270
【分析】根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：n=15π2×10π×360°=270°，
即滑轮旋转的角度为270°．
故答案为：270．
【点睛】本题主要考查了弧长公式，解题的关键是熟练掌握弧长公式，l=nπr180．
42．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）某数学兴趣小组开展了“笔记本电脑的张角大小、顶部边缘离桌面的高度与用眼舒适度关系”的实践探究活动．如图-1，电脑水平放置在桌面上，当张角∠AOB=150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为12cm，此时用眼舒适度不太理想．小组成员将电脑屏幕绕点O旋转，减小张角度数继续探究，最后发现当张角∠A′OB=108°时（点A′是A的对应点），用眼舒适度较为理想．
(1)求电脑屏幕顶端A点绕O点旋转到A′转过的弧长（结果保留π）；
(2)请在图-2中画出线段A′D，用其长度表示旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度（不说理由），并求出高度约为多少厘米（结果精确到1cm；参考数据：sin72°≈0.95，cs72°≈0.31，tan72°≈3.08）
【答案】(1)285πcm
(2)23厘米
【分析】(1)首先可求得∠AOC=30°，根据直角三角形的性质，即可求得OA、OA′的长，再由题意可得∠AOA′的度数，最后利用弧长公式即可求解；
(2)过点A′作A′D⊥BC于点D，线段A′D的长即为旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度，再求出∠A′OD的度数，利用解直角三角形进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵∠AOB=150°，
∴∠AOC=180°−∠AOB=180°−150°=30°，
∴OA=2AC=2×12=24cm，
∴OA=OA′=24cm，
∵∠AOB=150°，∠A′OB=108°，
∴∠AOA′=∠AOB−∠A′OB=150°−108°=42°，
∴电脑屏幕顶端A点绕O点旋转到A′转过的弧长为：
42π×24180=285πcm；
（2）解：如图：过点A′作A′D⊥BC于点D，线段A′D的长即为旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度，
∵∠A′OB=108°，
∴∠A′OD=180°−∠A′OB=180°−108°=72°，
∴A′D=OA′⋅sin∠A′OD≈24×0.95=22.8≈23cm，
故旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度约为23厘米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的性质，熟练掌握和运用解直角三角形的方法是解题的关键．
43．（2022秋·山西朔州·九年级统考阶段练习）如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC的夹角为150°，AB的长为30cm，BD的长为15cm，求DE的长．（结果保留π)
【答案】12.5πcm
【分析】先求出AD的长度，再根据弧长公式即可求解．
【详解】解：∵AB=30cm，BD=15cm，
∴AD=30−15=15cm，
∵外侧两竹条AB，AC的夹角为150°，
∴ DE=150π×15180=12.5πcm．
【点睛】本题主要考查了求弧长，解题的关键是熟练掌握弧长公式：l=nπr180．
44．（2022秋·浙江宁波·九年级校联考期末）一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE=∠BEF=108°,BD=6cm,BE=4cm．当按压柄△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′∥EF（如图3）．
（参考数据：sin36°≈0.59,cs36°≈0.81,tan36°≈0.73,sin72°≈0.95,cs72∘≈0.31,tan72°≈3.08）
(1)求点D转动到点D′的路径长；
(2)求点D到直线EF的距离（结果精确到0.1cm）．
【答案】(1)点D转动到点D′的路径长65πcm
(2)点D到直线EF的距离约为7.3cm
【分析】（1）根据平行线的性质求出∠D′BE=180°−∠BEF=72°，根据∠DBE=108°求出∠DBD′=36°，根据弧长公式求出结果即可；
（2）过点D作DG⊥BD′于点G，过点E作EH⊥BD′于点H，根据三角函数值求出DG=BD⋅sin36°≈3.54，EH=BE⋅sin72°≈3.80，求出DG+EH≈7.3，即可求出结果．
【详解】（1）解：如图，
∵BD′∥EF,∠BEF=108°，
∴∠D′BE=180°−∠BEF=72°，
∵∠DBE=108°，
∴∠DBD′=∠DBE−∠D′BE=108°−72°=36°，
又∵BD=6，
∴点D转动到点D′的路径长=36×π×6180=65π(cm)
（2）解：如图，
过点D作DG⊥BD′于点G，过点E作EH⊥BD′于点H，
在Rt△DGC中，sin∠DBD′=DGBD，
∴DG=BD⋅sin36°≈3.54，
在Rt△BHE中，sin∠EBH=EHBE，
∴EH=BE⋅sin72°≈3.80，
∴DG+EH=3.54+3.80=7.34≈7.3．
又∵BD′∥EF，
∴点D到直线EF的距离约为7.3cm．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，弧长公式，平行线的性质，解题的关键是熟练运用三角函数解直角三角形．
45．（2022·河北沧州·统考二模）石家庄市水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人员介绍，新建摩天轮直径为100m，最低点距离地面1m，摩天轮的圆周上均匀地安装了24个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱，运行一圈时间恰好是13分14秒，寓意“一生一世”．小明从摩天轮的底部出发开始观光，摩天轮转动1周．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为 m；
(2)在小明进座舱后间隔3个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于P、Q两点），
①求两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧PQ的长）；
②求此时两人所在座舱距离地面的高度差；
(3)受周围建筑物的影响，当乘客与地面的距离不低于76m时，可视为最佳观赏位置，求最佳观赏时间有多长（不足一分钟按一分钟记）．
【答案】(1)101
(2)①503πm；②25m
(3)5分钟
【分析】（1）根据题意得出最高点是直径加1m即可；
（2）①求出圆心角∠POQ的度数，再根据弧长公式进行计算即可；
②求出NQ的长即可，利用直角三角形的边角关系求出ON的长，进而求出QN即可；
（3）求出达到最佳观赏位置时，座椅所处的位置，进而求出所夹的弧所对的圆心角的度数，由圆心角所占周角的百分比，得出最佳观赏时间占13分14秒的百分比，通过计算可得答案．
【详解】（1）解：如图，由题意可知，QM=1m，AQ=100m，
当座椅转到点A时，距离地面最高，此时AM=AQ+QM=100+1=101(m)，
故答案为：101；
（2）①∵圆周上均匀的安装24个座椅，因此每相邻两个座椅之间所对的圆心角为360°24=15°，
∴∠POQ=4×15°=60°，
∴ PQ的长为60π×50180=503π(m)，
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧PQ的长）为503πm；
②由题意得，两人所在座舱距离地面的高度差就是NQ的长，
在Rt△PON中，OP=50，∠PON=60°，
∴ON=12OP=25，
∴NQ=OQ−ON=25，
即两人所在座舱距离地面的高度差为25m；
（3）如图，当DM=76m时，对应的座椅为点B、点C，当座椅在BAC上运动时，观赏位置最佳，
此时，OD=76−1−50=25(m)，
∵OB=OC=50m，
∴∠BOD=∠COD=60°，
∴ BC的长是圆周长的13，
因此最佳观赏位置所持续的时间为：13分14秒的13，
∴13′14″×13≈5′，
答：最佳观赏时间有多长约有5分钟．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，掌握弧长计算公式是正确计算的关键．
【考点10 扇形面积计算的实际应用】
46．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）《九章算术》是中国古代第一部数学专著，第一章“方田”中已讲述了平面几何图形面积的计算方法，比如扇形的计算，“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”大致意思为：现有一块扇形的田，弧长30步，其所在圆的直径是16步，则这块田面积为（ ）平方步．
A．120B．240C．323πD．643π
【答案】A
【分析】利用扇形面积公式即可计算得解．
【详解】解：∵扇形的田，弧长30步，其所在圆的直径是16步，
∴这块田的面积S=12×30×8=120（平方步），
故选：A．
【点睛】本题是扇形面积公式的应用，考查了推理能力，是基础题．
47．（2022·河南许昌·统考二模）如图1，是一枚残缺的古代钱币．图2是其几何示意图，正方形ABCD的边长是1cm，⊙O的直径为2cm，且正方形的中心和圆心O重合，E，F分别是DA，CD的延长线与⊙O的交点，则钱币残缺部分（即图2中阴影部分）的面积是___________cm2．
【答案】π4−12
【分析】根据圆的性质进行求解即可；
【详解】解：如图，延长正方形ABCD的四边得到圆O的内接正方形EFGH，
∴∠EOF=90°
∵该圆直径为2，则半径为1
∴S阴影=90°360°⋅π⋅12−12×1×1=π4−12
故答案为：π4−12
【点睛】本题主要考查圆的性质，掌握圆的性质并正确求解是解题的关键．
48．（2022秋·山东日照·九年级统考期末）中华民族历史悠久，在我国古代艺术宝库中，传统图案纹样丰富多彩，璀璨夺目．在如图的4×4正方形网格中利用圆弧绘制了一个传统图案纹样，已知每个小正方形的边长都是1，图中的阴影部分图案是以格点为圆心，半径为1的圆弧围成的，则图案（阴影部分）的面积是______________．
【答案】8−4π##-4π+8
【分析】将阴影部分分割为四个与四个，分别计算面积，即可得到阴影部分的面积．
【详解】解：这部分的阴影面积恰好为一个正方形的面积，图中共有四个相同的部分，它们的面积和=4×1=4，
图中这部分的阴影面积=1×1−π×12=1−π，共有四个相同的部分，
它们的面积和=4(1−π)，
∴图案（阴影部分）的面积=4+4(1−π)=8−4π，
故答案为：8−4π．
【点睛】此题考查了列代数式，实数的混合运算，正确分割阴影部分的面积将难度降低是解题的关键．
49．（2022·广东·惠州一中校考二模）如图1，是一枚残缺的古代钱币，如图2，经测量发现，钱币完好部分的弧长为3π，其内部正方形ABCD的边长为1．已知正方形ABCD的中心与⊙O的圆心重合，且点E，F分别是边BC，CD的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为__________________．
【答案】π−14
【分析】如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．先利用弧长公式求出r，再利用分割法求解即可．
【详解】解:如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．
设⊙O的半径为r．
由题意，钱币完好部分的弧长为3π，
∴34 ×2πr＝3π，
∴r＝2，
∴S阴＝14（πr2﹣1）＝π﹣14．
【点睛】本题考不规则图形的面积，熟练掌握弧长公式、分割法求面积是解决本题的关键．
50．（2022秋·九年级单元测试）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表．其中《方田》章给出计算弧田面积的公式为：弧田面积=12（弦×矢+矢2）．如图，弧田由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．按照上述公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差．现有圆心角∠AOB为120°，弦长AB=23m的弧田．
（1）计算弧田的实际面积．
（2）按照《九章算术》中弧田面积的公式计算所得结果与（1）中计算的弧田实际面积相差多少平方米?（取π近似值为3，3近似值为1.7）
【答案】（1）弧田的实际面积为4π3−3m2；（2）按照《九章算术》中弧田面积的公式计算所得结果与（1）中计算的弧田实际面积相差0.1m2．
【分析】（1）先利用勾股定理及含30°的直角三角形的性质求解AO与AB的长度，接着算出ΔAOB的面积，再通过扇形面积公式求解扇形AOB的面积，最后利用割补法求解弧田面积．
（2）利用题中的公式求解出弧田面积，然后让该结果与题（1）中的结果相减，求出两者之差．
【详解】（1）解：∵OD⊥弦AB，
∴由垂径定理可知：OD平分AB，并且OD还平分∠AOB．
∴AC=AB2=3m，∠AOC=∠AOB2=60°
在RtΔACO中，OC对应的角的为30°
∴ 设OC=x，则AO=2x．
由勾股定理可知：x2+32=(2x)2
∴ 解得x=1（x=−1舍去）
∴OC=1m，AO=2m．
∵SΔAOB=12AB×OC=3m2，扇形AOB的面积为120×22π360=4π3m2
∴弧田实际面积为4π3−3m2．
（2）解：由题（1）可得圆心到弦的距离等于1，故矢长为1．
∴ 按照题中弧田的面积公式得：弧田面积为12×(23×1+12)=(3+12)m2，
∴两者之差面积之差为4π3−3−(3+12)≈0.1m2．
【点睛】本题主要是考查了扇形面积公式以及圆和直角三角形的相关性质，注意此题利用了割补法求解弧田面积，这是初中数学求解面积常用的方法之一，一定要熟练掌握.