2023年中考数学二轮复习选填专题复习专题七：阴影图形周长的相关计算

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2022-2023学年二轮复习选填专题七：
阴影图形弧长的相关计算
典例分析
例1 （2022聊城中考）如图，线段AB＝2，以AB为直径画半圆，圆心为A1，以AA1为直径画半圆①；取A1B的中点A2，以A1A2为直径画半圆②；取A2B的中点A3，以A2A3为直径画半圆③…按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为 　π　．

【分析】由AB＝2，可得半圆①弧长为π，半圆②弧长为（）2π，半圆③弧长为（）3π，......半圆⑧弧长为（）8π，即可得8个小半圆的弧长之和为π+（）2π+（）3π+...+（）8π＝π．
【解答】解：∵AB＝2，
∴AA1＝1，半圆①弧长为＝π，
同理A1A2＝，半圆②弧长为＝（）2π，
A2A3＝，半圆③弧长为＝（）3π，
.....．
半圆⑧弧长为＝（）8π，
∴8个小半圆的弧长之和为π+（）2π+（）3π+...+（）8π＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查图形的变化类规律，解题的关键是掌握圆的周长公式和找到弧长的变化规律．
例2 （2022信阳二模） 如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1．点A，B，C均在小正方形的顶点上，且点A，B，C在同一条弧上，则阴影部分的周长为_____．

【答案】
【解析】
【分析】设的圆心为O，的中点为M，OM与BC的交点为N，根据表格得出BC=6，MN=1，CN=，设圆O的半径为R，利用勾股定理得出R=5，由勾股定理逆定理得出∆AOC为直角三角形，∠COA=90°，结合图形应用弧长公式及勾股定理即可得出结果．
【详解】解：设的圆心为O，的中点为M，OM与BC的交点为N，

由图可知，BC=6，MN=1，CN=，
设圆O的半径为R，
由图可得：，即，
解得：R=5，
∴OC=OA=5，
∵，
∴，
∴∆AOC为直角三角形，∠COA=90°，
阴影部分的周长为：，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查不规则图形的周长，包括扇形弧长、勾股定理及其逆定理，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
例3 （2022河南夏邑一模） 如图，以为直径作为圆周上的点，，若点为垂直平分线上的一动点，则阴影部分周长的最小值为_________．

【答案】
【解析】
【分析】根据CD固定求出PC+PD最小时阴影部分周长的最小，再利用对称性即可求最小值.
【详解】解：∵长为定值
∴当PC+PD最小时阴影部分周长的最小.
如图,连接BD，BD 与MN的交点,即为点P．

∵ ，
∴ ∠BAD = 120°．
∵ AB=AD =1，
∴∠ABD =∠ADB = 30°，
过点A作AE上BD于点E，
在Rt△ABE中， BE= AB · cos30° =
∴BD=2BE=，
∵MN是BC的垂直平分线，
∴BP= PC，
∴PC +PD = BP + PD = BD =，
即PC +PD的最小值为，
连接OD，
∵∠ABC = 60°，∠ABD = 30°，
∴∠DBC = 30°
∴∠DOC =60°
∴ OD=OC=1，
∴
∴阴影部分周长的最小值为
【点睛】本题考查圆中弧长计算，解题的关键是看出PC+PD最小时阴影部分周长的最小.
专题过关
1．（2022鄂尔多斯中考）实验学校的花坛形状如图所示，其中，等圆⊙O1与⊙O2的半径为3米，且⊙O1经过⊙O2的圆心O2．已知实线部分为此花坛的周长，则花坛的周长为（　　）

A．4π米 B．6π米 C．8π米 D．12π米
【分析】连接AO1，AO2，BO1，BO2，O1O2，根据等边三角形的判定得出△AO1O2和△BO1O2是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠AO1O2＝∠AO2O1＝∠BO1O2＝∠BO2O1＝60°，求出优弧所对的圆心角的度数，再根据弧长公式求出即可．
【解答】解：连接AO1，AO2，BO1，BO2，O1O2，

∵等圆⊙O1与⊙O2的半径为3米，⊙O1经过⊙O2的圆心O2，
∴AO1＝AO2＝BO1＝BO2＝O1O2＝3米，
∴△AO1O2和△BO1O2是等边三角形，
∴∠AO1O2＝∠AO2O1＝∠BO1O2＝∠BO2O1＝60°，
∴优弧所对的圆心角的度数是360°﹣60°﹣60°＝240°，
∴花坛的周长为2×＝8π（米），
故选：C．
【点评】本题考查了相交两圆的性质，弧长公式，等边三角形的性质和判定等知识点，能求出圆心角的度数是解此题的关键．
2. （2022台州中考）一个垃圾填埋场，它在地面上的形状为长，宽的矩形，有污水从该矩形的四周边界向外渗透了，则该垃圾填埋场外围受污染土地的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知受污染土地由两类长分别为，，宽分别为的矩形，及四个能组成一个以半径为的圆组成，求出面积和即可．
【详解】解：根据题意可知受污染土地由两类长分别为，，宽分别为的矩形，及四个能组成一个以半径为的圆组成，
面积为：，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的面积，圆的面积的求法，解题的关键是读懂题目，明确所求的面积的组成部分为哪些．
3. （2022丽水中考）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）


A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接，，交于点，


∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
【点睛】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
4. （2022黄冈中考） 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝8，以点C为圆心，CA的长为半径画弧，交AB于点D，则弧AD的长为（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】连接CD，根据∠ACB=90°，∠B=30°可以得到∠A的度数，再根据AC=CD以及∠A的度数即可得到∠ACD的度数，最后根据弧长公式求解即可．
【详解】解：连接CD，如图所示：

∵ACB=90°，∠B=30°，AB=8，
∴∠A=90°-30°=60°，AC=AB=4，
由题意得：AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴的长为：＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了弧长公式，解题的关键是：求出弧所对应的圆心角的度数以及弧所在扇形的半径．
5 .（2022大庆中考）平面直角坐标系中，点M在y轴的非负半轴上运动，点N在x轴上运动，满足．点Q为线段的中点，则点Q运动路径的长为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点M的坐标为（0，m），点N的坐标为（n，0），则点Q的坐标为，根据，得出，然后分两种情况，或，得出与的函数关系式，即可得出Q横纵坐标的关系式，找出点Q的运动轨迹，根据勾股定理求出运动轨迹的长即可．
【详解】解：设点M的坐标为（0，m），点N的坐标为（n，0），则点Q的坐标为，
∵，
∴，（，） ，
∵当时，，
∴，即，
∴此时点Q在一条线段上运动，线段的一个端点在x轴的负半轴上，坐标为（-4，0），另一端在y轴的负半轴上，坐标为（0，-4），
∴此时点Q的运动路径长为；
∵当时，，
∴，即，
∴此时点Q在一条线段上运动，线段的一个端点在x轴的正半轴上，坐标为（4，0），另一端在y轴的负半轴上，坐标为（0，-4），
∴此时点Q的运动路径长为；
综上分析可知，点Q运动路径的长为，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中的动点问题，根据题意找出点Q的运动轨迹是两条线段，是解题的关键．
6. （2022河北中考） 某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，PA，PB分别与所在圆相切于点A，B．若该圆半径是9cm，∠P＝40°，则的长是（ ）


A. cm B. cm C. cm D. cm
【答案】A
【解析】
【分析】如图，根据切线的性质可得，根据四边形内角和可得的角度，进而可得所对的圆心角，根据弧长公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图，


PA，PB分别与所在圆相切于点A，B．
，
∠P＝40°，
，
该圆半径是9cm，
cm，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，求弧长，牢记弧长公式是解题的关键．
7. （2022武威中考）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（），点是这段弧所在圆的圆心，半径，圆心角，则这段弯路（）的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出这段弯路（）的长度．
【详解】解：∵半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，
这段弯路（）的长度为：，
故选C
【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长计算公式
8. （2022北部湾中考）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，连接并延长交AB于点D，当时，的长是（ ）


A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得．
【详解】解：，
，
是绕点A逆时针旋转得到，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
的长=，
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，正确运算三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．
9．（2022广州中考）（3分）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，则劣弧的长是 　2π　．（结果保留π）

【分析】连接OD，OE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠COE，再根据切线的性质和平角的定义可得∠DOE＝90°，然后利用弧长公式进行计算即可解答．
【解答】解：连接OD，OE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝∠COE+∠OCE+∠OEC，
∴∠A＝∠COE，
∵圆O与边AB相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∴∠A+∠AOD＝90°，
∴∠COE+∠AOD＝90°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠COE+∠AOD）＝90°，
∴劣弧的长是＝2π．
故答案为：2π．

【点评】本题考查了切线的性质，弧长的计算，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
10．（2022枣庄中考）在活动课上，“雄鹰组”用含30°角的直角三角尺设计风车．如图，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，将直角三角尺绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，以此方法做下去……则B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为 　　．（结果保留π）

【分析】由含30度直角三角形的性质求出AB，根据弧长公式即可求出结论．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，
由旋转的性质得，∠BAB′＝∠BAC＝60°，
∴B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，弧长公式，含30度直角三角形的性质，熟记弧长公式是解决问题的关键．
11. （2022沈阳中考） 如图，边长为4的正方形ABCD内接于，则的长是________（结果保留）

【答案】
【解析】
【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，
∴，
∴∠AOB＝×360°＝90°，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AO2＋BO2＝2AO2＝42＝16，
解得：AO＝2，
∴的长＝，
故答案为：．
【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．
12. （2022青海中考）如图，从一个腰长为60cm，顶角为120°的等腰三角形铁皮OAB中剪出一个最大的扇形OCD，则此扇形的弧长为______cm.

【答案】
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质得到OE的长，再利用弧长公式计算出弧CD的长．
【详解】解：过O作OE⊥AB于E，

∵OA=OB=60cm，∠AOB=120°，
∴∠A=∠B=30°，
∴OE=OA=30cm，
∴弧CD的长=(cm)，
故答案为：．
【点睛】本题考查弧长公式的应用，要注意公式中的圆心角一定要用弧度来表示，不能用度数．
13. （2022大连中考） 如图，正方形的边长是，将对角线绕点A顺时针旋转的度数，点C旋转后的对应点为E，则的长是____________（结果保留）．


【答案】##
【解析】
【分析】先根据正方形的性质求解再根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴
∴的长
故答案为：
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，弧长的计算，熟记弧长公式是解本题的关键．
14. （2022新疆兵团中考） 如图，⊙的半径为2，点A，B，C都在⊙上，若．则的长为_____（结果用含有的式子表示）

【答案】
【解析】
【分析】利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到，再利用弧长公式求解即可．
【详解】，，
，
⊙的半径为2，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键．
15. （2022潍坊中考） 《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的周长为___________．

【答案】
【解析】
【分析】根据正方形ABCD的面积为4，求出，根据位似比求出，周长即可得出；
【详解】解：正方形ABCD的面积为4，
，
，
，
，
所求周长；
故答案为：．
【点睛】本题考查位似图形，涉及知识点：正方形的面积，正方形的对角线，圆的周长，解题关键求出正方形ABCD的边长．
16. （2022长春中考） 将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，且两条直角边分别与量角器边缘所在的弧交于A、B两点.若厘米，则的长度为________厘米．（结果保留）


【答案】##
【解析】
【分析】直接根据弧长公式进行计算即可．
【详解】，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长公式，即，熟练掌握知识点是解题的关键．
17. （2022包头中考） 如图，已知的半径为2，是的弦．若，则劣弧的长为___________．

【答案】
【解析】
【分析】根据条件可证为直角三角形，得到，之后利用弧长公式即可得到答案．
【详解】解：由题知，，
，
，
劣弧．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查勾股定理，弧长的公式，掌握弧长的公式是解题的关键．
18. （2022盘锦中考）如图，在中，，以为直径的交边于D，E两点，，则的长是____________．

【答案】
【解析】
【分析】连接OE，OD，根据等腰三角形的性质，求得∠DOE=50°，半径为1，代入弧长公式计算即可．
【详解】连接OE，OD，
∵，OB=OD，OA=OE，

∴∠B=∠ODB =65°，∠A=∠OEA =50°，
∴∠BOD =50°，∠AOE =80°，
∴∠DOE=50°，半径为1，
的长是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
19. （2022吉林中考） 如图，在半径为1的上顺次取点，，，，，连接，，，，，．若，，则与的长度之和为__________．（结果保留）．

【答案】##
【解析】
【分析】由圆周角定理得，根据弧长公式分别计算出与的长度，相减即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴
又的半径为1，
的长度=
又，
∴的长度=
∴与的长度之和=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了计算弧长，圆周角定理，熟练掌握弧长计算公式是解答本题的关键．
20. （2022岳阳中考）如图，在⊙O中，AB为直径，AB=8，BD为弦，过点A的切线与BD的延长线交于点C，E为线段BD上一点(不与点B重合)，且OE=DE．
(1)若∠B=35°，则AD的长为______(结果保留π)；
(2)若AC=6，则DEBE=______．
16.【答案】14π9 2539
【解析】解：(1)∵∠AOD=2∠ABD=70°，
∴AD的长=70⋅π⋅4180=14π9，
故答案为：14π9．

(2)连接AD．

∵AC是切线，AB是直径，
∴AB⊥AC，
∴BC=AB2+AC2=62+82=10，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥CB，
∴12⋅AB⋅AC=12⋅AB⋅AD，
∴AD=245，
∴BD=AB2−AD2=82−(245)2=325，
∵OB=OD，EO=ED，
∴∠EDO=∠EOD=∠B，
∴△DOE∽△DBO，
∴DODB=DEDO，
∴4325=DE4，
∴DE=52，
∴BE=BD−DE=325−52=3910，
∴DEBE=523910=2539．
故答案为：2539．
(1)利用弧长公式求解；
(2)解直角三角形求出BC，AD，BD，再利用相似三角形的性质求出DE，BE，可得结论．
本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
21. （2022衡阳中考） 如图，用一个半径为6 cm的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了，假设绳索粗细不计，且与轮滑之间没有滑动，则重物上升了_________cm．（结果保留）

【答案】
【解析】
【分析】利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中120°所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：根据题意，重物的高度为
（cm）．
故答案：．
【点睛】本题考查了弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．
22. （2022宜昌中考）如图，点，，都在方格纸的格点上，绕点顺时针方向旋转后得到，则点运动的路径的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】先求出AB的长，再根据弧长公式计算即可．
【详解】由题意得，AC=4，BC=3，
∴,
∵绕点顺时针方向旋转后得到，
∴,
∴的长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理和弧长公式，熟记弧长公式是解题的关键．
23．（2022温州中考）（5分）若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为 　　．
【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出该扇形的弧长．
【解答】解：扇形的圆心角为，半径为，
它的弧长为：，
故答案为：．
【点评】本题考查弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长的计算公式．
24. （2022通辽中考）如图，是的外接圆，为直径，若，，点从点出发，在内运动且始终保持，当，两点距离最小时，动点的运动路径长为______．

【答案】
【解析】
【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：为的直径，




∴
∴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，连接交于点，连接


∴当点三点共线时，即点P在点处时，CP有最小值，
∵
∴
在中，
∴∠
∴
∴两点距离最小时，点P的运动路径长为
【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．
25. （2022广安中考）如图，四边形ABCD是边长为的正方形，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
【解析】
【分析】根据题意有后一段弧的半径总比前一段弧的半径长，又因为的半径为，可知任何一段弧的半径都是的倍数，根据圆心以A、B、C、D四次一个循环，可得弧的半径为：，再根据弧长公式即可作答．
【详解】根据题意有：
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
．．．
以此类推可知，故弧的半径为：，
即弧的半径为：，
即弧的长度为：，
故答案为：．
【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．
26.（2022河南辉县一模） 如图，菱形ABCD放置在直线l上(AB与直线l重合)，AB＝4，∠DAB＝60°，将菱形ABCD沿直线l向右无滑动地在直线l上滚动，从点A离开出发点到点A第一次落在直线l上为止，点A运动经过的路径总长度为( )

A. B. C. D.
【8题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】画出图形即可知道，从点A离开出发点到A第一次落在直线上为止，点A运动经过的路径的长度为图中的弧线长，由此即可解决问题.
【详解】解：如图，从点A离开出发点到点A第一次落在直线l上为止，点A运动经过的路径的长度为图中的弧线长.

由题意可知，∠DOA2=120°，DO=4，
所以点A运动经过路径的长度=，
故选D．
【点睛】本题考查菱形的性质、弧长公式等知识，解题的关键是正确画出图象，探究点A的运动轨迹，解题时注意正确运用弧长公式．
27.（2022大同二模） 如图，菱形ABCD的边长为3，，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转，使得点B与点D重合，点D和点C的对应点分别为点E，F，则点C的运动路径弧CF的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意先求得菱形对角线的长度，根据旋转角等于，根据弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，连接交于点，，

菱形ABCD的边长为3，，



，

将菱形ABCD绕点A逆时针旋转，使得点B与点D重合，

点C的运动路径弧CF的长为
故选A
【点睛】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，求弧长，旋转的性质，掌握弧长公式以及菱形的性质，旋转的性质是解题的关键．
28. （2022驻马店二模）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格图中，一段圆弧经过格点A，B，C，格点A，D的连线交圆弧于点E，则弧AE的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】取AC中点F，连接EF，可得AC为直径，F为圆心，再由勾股定理逆定理可得，△ACD是等腰直角三角形，且∠ACD=90°，从而得到，再由弧长公式，即可求解．
【详解】解：如图，取AC中点F，连接EF，

∵∠ABC=90°，
∴AC为直径，F为圆心，
∴，
∴∠FAE=∠FEA，即∠CAD=∠FEA，
网格中，由勾股定理得：
，，，
∴，，
∴，△ACD是等腰直角三角形，且∠ACD=90°，
∴∠CAD=45°，
∴∠CAD=∠FEA=45°，
∴，
∴弧AE的长为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，求弧长，勾股定理逆定理的应用，熟练掌握圆周角定理，弧长公式，勾股定理逆定理是解题的关键．
29.（2022河南西华一模） 如图，在菱形ABCD中，∠D＝60°，AB＝2，以B为圆心，BC的长为半径画弧，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______．

【答案】+2
【解析】
【分析】根据阴影部分周长=长+PA+PC， 的长是固定的，当PA+PC最小时，则阴影部分周长最小，连接AC，则PA+PC≥AC，所以PA+PC最小值等于AC长，根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质，求AC长即可求解．
【详解】解：的长=，
阴影部分周长=的长+PA+PC，
所以，当PA+PC最小时，则阴影部分周长最小，
连接AC，如图，

∴PA+PC≥AC，
∴当A、P、C三点共线时，PA+PC最小，最小值等于AC长，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2，
即PA+PC最小值=2，
∴阴影部分周长最小值=的长+PA+PC=+2，
故答案为：+2．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，弧长的计算，最短距离问题，分析出当PA+PC最小时，则阴影部分周长最小和求出AC长是解题的关键．
30.（2022信阳三模） 如图，在方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作的外接圆，则的长等于_____．

【答案】
【解析】
【分析】由AB、BC、AC长可推导出△ACB为等腰直角三角形，连接OC，得出∠BOC＝90°，计算出OB的长就能利用弧长公式求出的长了．
【详解】∵每个小方格都是边长为1的正方形，
∴AB＝2，AC＝，BC＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴连接OC，则∠COB＝90°，
∵OB＝
∴的长为：＝
故答案为：．

【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是利用三角形三边长通过勾股定理逆定理得出△ACB为等腰直角三角形．
31. （2022河南镇平一模）如图，的半径为4．将的一部分沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过圆心O．则这条劣弧的弧长为______．

【14题答案】
【答案】
【解析】
【分析】过O作垂直于AB的半径OC，设交点为D，连接,根据折叠的性质可求出OD的长；根据勾股定理可求出AD的长，由垂径定理知AB=2AD，解，求得,即可求得，进而求得劣弧的长．
【详解】解：过O作OC⊥AB于D，交⊙O于C，连接OA，

Rt△OAD中，OD=CD=OC=2，OA=4，
根据勾股定理，得：AD= =2 ，




故答案 ：
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、解直角三角形，求弧长，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
32.（2022信阳一模） 如图，点 A、B，C均在圆上，若 AB=1，BC=2，∠ABC=60°，则的长为___．（结果保留π）


【答案】##
【解析】
【分析】取BC的中点O，连接AO，AC，求得OB的值，易证△AOB是等边三角形，再根据等边三角形的性质及三角形外角性质可得出∠OCA=∠OAC=30°，根据三角形内角和定理可求得∠BAC=90°，可知BC是⊙O的直径，最后根据弧长公式即可得出答案．
【详解】解：如图，取BC的中点O，连接AO，AC，
则OB=OC=BC=1，


∵AB=1，
∴OB=AB
∴△AOB是等腰三角形
∵∠ABC=60°
∴△AOB是等边三角形
∴∠AOB=60°，OA=OB=OC=1
∴∠OAC=∠OCA
∵∠AOB=∠OAC+∠OCA=2∠OCA
∴∠OCA=∠OAC=30°
∴∠BAC=180°-∠OCA－∠ABC=90°
∴BC是⊙O的直径
∴的长为 ，
故答案为：
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，90°的圆周角所对的弦是直径，弧长公式，等知识，是比较常见的题型，关键是在于证明BC是圆的直径．
33. （2022河南商城一模）如图，图1是由若干个相同的图形（图2）组成的美丽图案的一部分，图2中，图形的相关数据：半径OA=2cm，∠AOB=120°．则图2的周长为_____cm（结果保留π）．

【答案】
【解析】
【详解】分析：先根据图1确定：图2的周长=2个的长，根据弧长公式可得结论．
详解：由图1得：的长+的长=的长，
∵半径OA=2cm，∠AOB=120°
则图2的周长为：.
故答案为．
点睛：本题考查了弧长公式的计算，根据图形特点确定各弧之间的关系是本题的关键．
34. （2022河南淮滨三模）如图，在的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，其中A、B、C为格点，作的外接圆，则的长等于_____．

【答案】
【解析】
【分析】由AB、BC、AC长可推导出△ACB为等腰直角三角形，连接OC，得出∠BOC＝90°，计算出OB的长就能利用弧长公式求出的长了．
【详解】∵每个小方格都是边长为1的正方形，
∴AB＝2，AC＝，BC＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴连接OC，则∠COB＝90°，
∵OB＝
∴的长为：＝
故答案为：．

【点睛】本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解题关键是利用三角形三边长通过勾股定理逆定理得出△ACB为等腰直角三角形．
35. （2022新乡牧野三模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C，D均在小正方形的顶点上，且点C在上，与交于点，则的长为______．


【答案】
【解析】
【分析】连接AC、BC、AB、BD、取AB的中点O，连接OH，首先利用△ABD求出∠BAD=45°，结合△OAH求出圆心角的度数和半径长，再求出∠BOH=90°，继而利用弧长公式即可求出弧长．
【详解】解：连接AC、BC、AB、BD、取AB的中点O，连接OH，
∵∠ACB=90°，
∴AB为圆O的直径，O是圆心，
∵AB= ,
同理BD=5，
AD= ，
∴AB2+BD2=AD2，
∴∠ABD=90°，
又∵AB=BD，
∴∠BAD=45°，
又∵OA=OH，
∴∠AOH=90°，
∴∠BOH=90°，
∴的长为 ，
故答案为 ．

【点睛】本题考查弧长公式、圆周角定理以及勾股定理以及逆定理，解决问题的关键是求出圆心角和半径．
36. （2022河南桐柏一模）如图，扇形AOB中，，切弧AB于点C，切OA，OB分别于点D，E，若，则阴影部分面积的周长为______．

【答案】
【解析】
【分析】根据⊙M内切于扇形AOB，可知C、M、O三点共线，连接C、M、O，连接ME、MD，根据相切的性质可知DM⊥AO，ME⊥OB，设⊙M的半径为R，则有ME=MD=MC=R；易证得可得，则可求得∠MOD=∠MOE得角度，则解Rt△MOE中求出OE=ME=R，进而求出R=，即可求出OE、BE，根据∠MOE=60°，可求出，根据∠OME=30°，可得∠CME，进而求出，则阴影部分的周长得解
【详解】∵⊙M内切于扇形AOB，
∴C、M、O三点共线，
连接C、M、O，连接ME、MD，如图所示，

根据相切的性质可知DM⊥AO，ME⊥OB，设⊙M的半径为R，
∴ME=MD=MC=R，∠MDO=∠MEO=90°，
结合MO=MO，可得，
∴∠MOD=∠MOE=∠AOB=120°×=60°，
∴在Rt△MOE中，∠OME=90°-∠MOE=30°，
∴OE=ME=R，OM=2OE=R，
又∵OA=OC=OB=1，
∴OM+MC=1，即R+R=1，解得R=，
∴OE=，则BE=OB-OE=，
∵∠MOE=60°，
∴，
∵∠OME=30°，
∴∠CME=180°-∠OME=180°-30°=150°，
，
则阴影部分的周长为：BE++=++=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求解扇形的弧长、切线的性质、解含有特殊角的直角三角形等知识，根据圆内切于扇形得到C、M、O三点共线是解答本题的关键．
37. （2022河南实验中学一模）如图，《掷铁饼者》是希腊雕刻家米隆于约公元前450年雕刻的青铜雕塑，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间.掷铁饼者张开的双臂与肩宽可以近似看像一张拉满弦的弓，弧长约为米，“弓”所在的圆的半径约米，则“弓”所对的圆心角度数为______．

【14题答案】
【答案】##度
【解析】
【分析】由 直接代入数据进行计算即可.
【详解】解：如图，由题意得：

设

解得：
故答案为：
【点睛】本题考查的是已知弧长与半径求解弧所对的圆心角，熟记弧长公式是解本题的关键.
38.（2022河南社旗一模） 在边长为1的正方形ABCD中，分别以A、B为圆心，以1为半径作弧交对角线于F、E点，弧AE、弧BF，与对角线所围成的阴影部分的周长为_________．

【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得，阴影部分的周长为，，在正方形ABCD中，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：由题意可得，阴影部分的周长为，，
在正方形ABCD中，
∴，
阴影部分的周长为，
故答案为：
【点睛】此题考查了正方形的性质以及弧长的计算，解题的关键是掌握正方形的性质以及弧长公式．
39. （2022河南虞城二模）如图1，将半径为2的圆形纸片沿圆的两条互相垂直的直径、两次折叠后得到如图2所示的扇形，然后再沿的中垂线将扇形剪成左右两部分，右边部分经过两次展开并压平后所得的图形的周长为_______________．

【答案】
【解析】
【分析】根据沿OB的垂直平分线EF将扇形OAB剪成左右两部分，可知∠OEF=90°，所以E是OB的中点，则OE=OB=OF，则∠EFO=30°，得出所对的圆周角∠FOG=60°，根据勾股定理求出直角边FE=，所以FF′=2，从而得出结论．
【详解】解：如图3，

∵EF是OB的垂直平分线，
∴∠OEF=90°，OE=OB=OF，
∴∠EFO=30°，∠EOF=60°，
由勾股定理得：EF=，
由折叠得：∠F′OF=120°，
∴∠FOA=30°，
∴∠FOG=60°，
则右边部分经过两次展开并压平后所得的图形的周长为：
．
故答案为：．
【点睛】本题是折叠和扇形问题，考查了折叠的性质和扇形的弧长公式，掌握扇形的弧长公式，熟知折叠前后的图形是全等形，折痕就是图形的对称轴，对称轴是对称点连线的中垂线．
40.（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，则的长为____________．

【答案】
【解析】
【分析】连接AD、CD，易得△ACD是等腰直角三角形，则CD的中点O就是弧所在圆的圆心，连接OA，OB，根据等腰直角三角形的性质及三角形内角和定理求出的度数，再根据弧长公式计算即可．
【详解】如图，连接AD、CD，则由勾股定理可得，且CD=6．
∵，
∴△ACD是等腰直角三角形．
∴CD的中点O就是弧所在圆的圆心．
∴圆的半径为3．
连接OA，OB，

，
，
，
，
，
，
，
的长，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，弧长公式，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
41. （2022平顶山三模）如图，在扇形AOB中，，．连接AB，点C是AB的中点，点P是上一动点，连接PC并延长PC交线段OB于点D，当线段CD最短时，的长为__________．（结果保留π）


【答案】
【解析】
【分析】过点，作，交于点，交于点，连接，当运动到点时，与点重合，当线段CD最短时，的长为的长，根据平行线分线段成比例可得，根据特殊角的三角函数值求得，根据弧长公式进行计算即可求解．
详解】如图，过点，作，交于点，交于点，连接，


根据题意当运动到点时，与点重合，
∴当线段CD最短时，的长为的长，
,，
，
，
，
，
的长为．
当线段CD最短时，的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，根据特殊角的三角函数值求角度，求弧长，掌握以上知识是解题的关键．
42.（2022平顶山一模） 如图，在△ABC中，点D为边BC的中点，AB＝AC＝6，∠C＝30°．点P是上一动点．当点P到点D的距离最大时，的长为______．


【答案】
【解析】
分析】先确定时，最大，进而求得，根据弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，设圆心为，连接，延长交于点，连接，


AB＝AC＝6，点D为边BC的中点，


当时，即三点共线时，最大，
∠C＝30°


是等边三角形



故答案为：
【点睛】本题考查了求弧长，垂径定理，求得时，最大是解题的关键．
43.（2022南阳镇平二模） 如图，已知在矩形ABCD中，，，点P是AD边上的一个动点，连结BP，点C关于直线BP的对称点为，当点P运动时，点也随之运动．若点P从点A运动到点D，则点经过的路径长为______．

【答案】
【解析】
【分析】首先确定的运动轨迹是以B为圆心，为半径，圆心角为120°的弧，然后利用弧长公式求解．
【详解】解：如图，当P与点A重合时，
BE=BC=，
当P与点D重合时，
B=BC=，
在直角△BCD中，
tan∠CBD= ,
∴∠CBD=30°,
由对称知，∠CBC’=2∠CBD=60°，
∴∠EBC’=120°，
的运动轨迹是以B为圆心，为半径，圆心角为120°的弧，
路径长为 ，
故答案为．

【点睛】本题考查了直角三角形性质，弧长公式，对称的意义，确定点的运动轨迹是解决问题的关键．
44. （2022南阳唐河二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝110°，半径OA＝18，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C，则阴影部分的周长是________．

【答案】
【解析】
【分析】连接OD，根据折叠性质可得OB=BD，即可证明△OBD是等边三角形，可得∠BOD=60°，根据弧长公式即可求出的长，进而求出即可得答案．
【详解】如图，连接OD，
∵将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，
∴OB=OD=BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∵半径OA=18，OB=OA，
∴，
∴阴影部分周长=，

故答案为：．
【点睛】本题考查折叠性质、等边三角形的判定与性质及弧长公式，根据折叠性质得到△OBD是等边三角形并熟记弧长公式是解题的关键．
45.（2022南阳方城二模） 如图所示，将一个半径，圆心角的扇形纸板放置在水平面的一条射线OM上．在没有滑动的情况下，将扇形AOB沿射线OM翻滚至OB再次回到OM上，则点O运动的路线长为______cm．（计算结果不取近似值）

【答案】15π
【解析】
【分析】仔细观察点O经过的路线可得，点O经过的路线可以分为三段，分别求出三段的长，再求出其和即可．
【详解】如图，点O的运动路径为，线段O1O2，，容易知道四边形 O1O2A2B是矩形，且BA2的长与的长相等,所以O1O2与的长相等,所以点O运动的路径为：
故本题答案为：15．

【点睛】本题考查了弧长的计算，解題的关键是理解点O经过的路线并能正确运用弧长公式进行计算．
46. （2022洛阳西工区一模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，D均在小正方形的顶点上，且点B，C在弧AD上，∠BAC=22.5°，则弧BC的长为_____________．


【答案】##
【解析】
【分析】连接OA，OC，OD，由勾股定理证得点O为弧AD的圆心，再根据圆周角定理和弧长公式计算求值即可；
【详解】解：如图，连接OA，OC，OD，


由题意根据勾股定理可得：，，
OB=5，
∵OA=OB=OD，∴O为弧AD的圆心，圆的半径为5，
∵∠BAC=22.5°，∴∠BOC=45°，
∴弧BC的长=，
故答案为：；
【点睛】本题考查了勾股定理，圆周角定理，弧长公式，确定圆心位置是解题关键．
47. （2022河南兰考一模）一种圆角正方形桌面如图所示．每段圆弧所对的圆心角是90°，用一根直尺测得轮廓上两点之间距离的最大值是，平行的两直边之间的距离为，则该圆角正方形的周长是______．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意，画出示意图，设里面正方形边长为xcm，四周圆的半径为rcm，列出二元一次方程组，用加减法解二元一次方程组即可解题．
【详解】如图，

设里面正方形边长为xcm，四周圆的半径为rcm，根据题意得，

解得
圆角正方形的周长为：

故答案为：．
【点睛】本题考查二元一次方程组的实际应用，涉及二次根式的混合运算等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
48.（2022开封二模） 如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，C均在小正方形的顶点上，点B在弧AC上，且∠ACB＝15°，则阴影部分的周长为______．

【答案】
【解析】
【分析】先确定出圆心位置根据弧长公式求出弧AB的长度，根据等边三角形性质得BC的长度，再利用勾股定理求出线段AC的长度，即得答案．
【详解】解：由题意知圆心O位置如图所示，

∵∠ACB＝15°，
∴∠AOB=30°，
∴∠BOC=60°，
即△BOC为等边三角形，OC=BC=OB=6，
∴弧AB的长度为：，
由勾股定理得：AC=，
阴影部分的周长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长的计算公式、勾股定理求格点中线段的长度、等边三角形的判定等知识点．解题关键是：确定出弧所在圆的圆心位置．
49. （2022河南兰考二模）将一块含有角的三角板如图放置，三角板角的顶点落在以为直径的半圆上，斜边恰好经过点，条直角边与半圆交于点，若，弧的长为_____．(结果保留)

【答案】
【解析】
【分析】如图，连接OD，根据∠C=60°，得到∠BOD=120°，再根据弧长的计算公式即可解答．
【详解】解：如图，连接OD，
∵∠C=60°，
∴∠BOD=2∠C=120°，
∵AB=4，
∴OB=2，
∴弧BD的长为：，
故答案为：．

【点睛】本题考查的是弧长的计算、圆周角定理，掌握弧长公式是解题的关键．
50. （2022焦作二模）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在上线段BC与交于点E，则图中阴影部分的周长为_______．（结果保留）

【答案】
【解析】
【分析】先连接AC，AE，可说明△ABC是等腰直角三角形，进而得出∠BDA=90°，得出AB是圆的直径及△ABE是等腰直角三角形，然后根据特殊角三角函数求出BE，再根据弧长公式求出弧长，即可得出答案．
【详解】连接AC，AE，如图所示，

∵，，
∴，
∴△ABC式等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°．
∵∠BDA=90°，
∴AB是直径，
∴∠BEA=90°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴，∠BAE=45°，
∴所对的圆心角度数为90°，
∴的长为，
∴阴影部分的周长是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理及推论，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，弧长公式等，构造直角三角习形式解题的关键．
51. （2022焦作一模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C均在小正方形的顶点上，且点D在上，，则的长为_________．


【答案】
【解析】
【分析】连接AC，确定弧所对的圆心O，可知AC为直径，连接OB、OD，利用勾股定理求得，，则，根据圆周角定理可得，从而求得，即可求解．
【详解】解：连接AC，确定弧所对的圆心O，连接OB、OD，如下图：


由勾股定理可得：，，
∴
∴为直角三角形，
∴AC为直径，，，
∴
∵
∴，
∴，
所以的长为
故答案为：
【点睛】此题考查了弧长的计算，涉及了勾股定理，圆周角定理等性质，解题的关键是确定圆心的位置，正确求得半径以及圆心角，熟记弧长公式．
52. （2022河南济源一模）如图，、为半圆的三等分点，直径，连接、交于点，则图中阴影部分周长为________．


【答案】
【解析】
【分析】连接OD、BD，则由已知可得∠DOB=60°，∠DAB=∠CBA=30°，从而可得AE=BE，则AD=DE+BE，由锐角三角函数知识可求得AD的长，再求得的长，即可求得阴影部分周长．
【详解】如图，连接OD、BD
∵C、D为半圆的三等分点
∴
∴
同理可得∠CBA=30°
∴∠DAB=∠CBA=30°
∴AE=BE
∴AD=DE+BE
∵AB为直径
∴∠ADB=90°
∴
∵⊙O的半径
∴
∴阴影部分周长为
故答案：

【点睛】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，弧长公式等知识，灵活运用这些知识是解题的关键．
53. （2022河南固始一模）如图，已知中，，，，则经过，，三点的的长度为______．


【答案】
【解析】
【分析】设的所在圆的圆心为O，连接CO，并延长交⊙O于D，连接AO、BO、AD、BD，求出∠ACB的度数，求出所对的圆心角的度数，根据圆周角定理得出∠BDC=45°，求出BD=BC=2，根据勾股定理求出CD，再根据弧长公式求出答案即可．
【详解】设的所在圆的圆心为O，连接CO，并延长交⊙O于D，连接AO、BO、AD、BD，如图，

∵∠ABC=35°，∠BAC=45°，
∴∠ACB=180°-∠ABC-∠BAC=100°，
∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形，
∴∠ACB+∠ADB=180°，
∴∠ADB=80°，
∴∠AOB=2∠ADB=160°，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CBD=90°，
∵∠CDB=∠BAC=45°，
∴∠BCD=45°=∠CDB，
∴BD=BC=2，
由勾股定理得：，
∴⊙O的半径为，
∴的长度是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，弧长公式，圆内接四边形的性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．
54. （2022门头沟一模） 京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，是市民周末休闲的好去处．如图，如果该摩天轮的直径为88米，最高点距地面100米，匀速运行一圈所需的时间是18分钟．但受周边建筑物影响，如果乘客与地面距离不低于34米时为最佳观景期，那么在摩天轮运行的一圈中最佳观景的时长为________分钟．

【答案】12
【解析】
【分析】先计算出圆的底端距离地面的距离为12，从而得到圆的底部到弦的距离为22，从而计算出弦所对的圆心角，用弧长公式计算劣弧的长，周长减去劣弧的长得到最佳观赏路径长，除以运动速度即可．
【详解】解：如下图所示，

根据题意，得OC=44，CD=AD-AC=100-88=12，ED=34，
∴CE=ED-CD=34-12=22，
∴OE=OC-CE=44-22=22，
在直角三角形OEF中，sin∠OFE==，
∴∠OFE=30°，
∴∠FOE=60°，
∴∠FOB=120°，
∴，
∵圆转动的速度为，
∴最佳观赏时长为÷=12（分钟），
故答案为：12．
【点睛】本题考查了垂径定理，弧长公式，特殊角的三角函数，解题的关键是熟练掌握弧长公式，灵活运用特殊角的三角函数．
55. （2022开封一模）如图，直线与两坐标轴分别交于A，B两点、点P是线段AB上的一个动点，过P作y轴的平行线，交直线于Q，△OPQ绕点O逆时针旋转30°，边PQ扫过区域（阴影部分）面积的最大值为____________．

【答案】
【解析】
【分析】如图，设△OPQ绕点O逆时针旋转30°到达了△ODC的位置，根据旋转性质，得到阴影部分的面积等于，设点P的坐标为（m，），则Q（m，），计算OP，OQ，代入公式计算，构造关于m的二次函数求最值即可．
【详解】如图，设△OPQ绕点O顺时针旋转30°到达了△ODC的位置，

由旋转性质可知，，
∴，
设阴影部分的面积为S，
∴，
设点P的坐标为（m，），则Q（m，），
∴，，
∴

当时，S有最大值，且为．
故答案：．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式、旋转的性质、扇形的面积公式、二次函数的最值等知识，灵活运用割补法表示阴影的面积，并构造二次函数计算最值是解题的关键．
56. （2022南阳宛城一模）如图1，在扇形OAB中，，点P从点O出发，沿O→A→B以1cm/s的速度匀速运动到点B．图2是点P运动过程中，△OBP的面积y（）随时间x（s）变化的图象，则扇形OAB的周长是___cm．


【答案】
【解析】
【分析】当点P在点A时，此时△OBP的面积y＝，求出a的值；当点P在上运动时，AB的弧长为：，进而求解．
【详解】解：①当点P在OA段运动时，连接AB，过点A作AH⊥OB于点H，如图所示：


当点P在点A时，AO＝a＝OB，
则此时△OBP面积y＝，
解得：a＝4或（舍去）；
②当点P在上运动时，
AB的弧长为：＝×2π×4＝，
故b＝a＋＝4＋，
∴扇形OAB的周长为．
故答案：．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到二次函数、弧长的求法、解直角三角形等知识，解决此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．