与圆有关的计算【二十个题型】练习-中考数学专题

这是一份与圆有关的计算【二十个题型】练习-中考数学专题，文件包含与圆有关的计算二十个题型解析版docx、与圆有关的计算二十个题型解析版pdf、与圆有关的计算二十个题型学生版pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共181页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc31148" 【题型1 求正多边形中心角或边数】 PAGEREF _Tc31148 \h 1
\l "_Tc28430" 【题型2 正多边形与圆中求角度、面积、周长】 PAGEREF _Tc28430 \h 6
\l "_Tc2708" 【题型3 正多边形与圆中求边心距、边长、线段长】 PAGEREF _Tc2708 \h 10
\l "_Tc15219" 【题型4 正多边形与圆中求最值】 PAGEREF _Tc15219 \h 14
\l "_Tc31543" 【题型5 尺规作图-正多边形】 PAGEREF _Tc31543 \h 18
\l "_Tc28342" 【题型6 正多边形与圆的规律问题】 PAGEREF _Tc28342 \h 25
\l "_Tc15879" 【题型7 由弧长公式求弧长】 PAGEREF _Tc15879 \h 29
\l "_Tc19478" 【题型8 利用弧长及扇形面积公式求半径、圆心角】 PAGEREF _Tc19478 \h 32
\l "_Tc406" 【题型9 求某点的弧形运动路径长度】 PAGEREF _Tc406 \h 34
\l "_Tc1791" 【题型10 由扇形面积公式求扇形面积】 PAGEREF _Tc1791 \h 43
\l "_Tc30260" 【题型11 求图形旋转后扫过的面积】 PAGEREF _Tc30260 \h 46
\l "_Tc5812" 【题型12 求弓形面积】 PAGEREF _Tc5812 \h 52
\l "_Tc25993" 【题型13 求圆锥侧面积、底面半径、高】 PAGEREF _Tc25993 \h 57
\l "_Tc14334" 【题型14 求圆锥侧面积展开图的圆心角】 PAGEREF _Tc14334 \h 59
\l "_Tc21485" 【题型15 圆锥的实际问题】 PAGEREF _Tc21485 \h 61
\l "_Tc5546" 【题型16 圆锥侧面上的最短路径问题】 PAGEREF _Tc5546 \h 63
\l "_Tc24969" 【题型17 不规则图形的面积的有关计算之和差法】 PAGEREF _Tc24969 \h 69
\l "_Tc5530" 【题型18 不规则图形的面积的有关计算之等面积法】 PAGEREF _Tc5530 \h 74
\l "_Tc4493" 【题型19 不规则图形的面积的有关计算之旋转法】 PAGEREF _Tc4493 \h 80
\l "_Tc30641" 【题型20 不规则图形的面积的有关计算之全等或对称法】 PAGEREF _Tc30641 \h 85
【知识点 与圆有关的计算】
正多边形与圆
定义：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。
弧长、扇形面积、圆锥的有关计算
n°的圆心角所对的弧长l为：。
圆心角为n°的扇形面积S为：；
圆锥的侧面展开图为扇形，底面半径为R，母线长为l，高为h的圆锥的侧面积为 ，全面积为，母线长、圆锥高、底面圆的半径之间有．
圆锥与侧面展开图的等量关系：，
【题型1 求正多边形中心角或边数】
【例1】（2023·四川南充·统考一模）如图，点A，B，C在⊙O上，若BC，AB，AC分别是⊙O内接正三角形．正方形，正n边形的一边，则n=（ ）
A．9B．10C．12D．15
【答案】C
【分析】分别连接OB、OA、OC，根据正多边形的中心角=360°n，可分别求得∠BOC、∠AOB的度数，从而可得∠AOC的度数，再根据正多边形的中心角=360°n，可求得边数n．
【详解】分别连接OB、OA、OC，如图所示
∵BC是⊙O内接正三角形的一边
∴∠BOC=360°3=120°
同理，可得：∠AOB=90°
∴∠AOC=∠BOC−∠AOB=30°
∵AC是⊙O正n边形的一边
∴360°n=30°
∴n=12
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正多边形的中心角=360°n，掌握这一知识是解决本题的关键．
【变式1-1】（2023·江苏南通·南通田家炳中学校考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠C=36°，弦AB是圆内接正多边形的一边，则该正多边形的边数是 ．
【答案】5
【分析】如图所示，连接OA，OB，由圆周角定理得到∠AOB=72°，则该多边形的中心角为72°，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接OA，OB，
∵∠C=36°，
∴∠AOB=2∠ACB=72°，
∴360°72°=5，
∴该正多边形是正五边形，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是构造同弧所对的圆心角，难度不大．
【变式1-2】（2023·吉林延边·模拟预测）AB是⊙O的内接正六边形一边，点P是优弧AB上的一点（点P不与点A，B重合）且BP∥OA，AP与OB交于点C，则∠OCP的度数为 ．

【答案】90°/90度
【分析】根据题意可求得∠AOB=60°，结合圆周角定理，可求得∠P=12∠AOB=30°，结合平行线的性质和三角形外角的性质，即可求得答案．
【详解】∵AB是⊙O的内接正六边形一边，
∴∠AOB=60°．
∴∠P=12∠AOB=30°．
∵BP∥OA，
∴∠OAC=∠P=30°．
∴∠OCP=∠AOB+∠OAC=60°+30°=90°．
故答案为：90°．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、正多边形与圆、平行线的性质、三角形的外角的性质，牢记圆周角定理（一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）是解题的关键．
【变式1-3】（2023·河北邯郸·校考二模）摩天轮（如图1）是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看作一个大圆和六个全等的小圆组成（如图2），大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点（如点P，N）均匀分布在大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线（如PQ）始终垂直于水平线l．

(1)∠NOP=________°
(2)若OA=16，⊙O的半径为10，小圆的半径都为1：
①在旋转一周的过程中，圆心M与l的最大距离为________；
②当圆心H到l的距离等于OA时，求OH的长；
③求证：在旋转过程中，MQ的长为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)60
(2)①25；②OH=311；③MQ的长为定值，定值为10．
【分析】（1）将360°平均分6份即可；
（2）①当圆心M在AO的延长线上时，圆心M与l有最大距离，据此即可求解；
②设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，先证四边形HTAO是矩形，再用勾股定理解Rt△OHK即可；
③先证△NOP是等边三角形，再证MNPQ是平行四边形，可得MQ=NP=10．
【详解】（1）解：∠NOP=360°6=60°，
故答案为：60；
（2）解：①当圆心M在AO的延长线上时，圆心M与l有最大距离，
最大距离为AM=OM+OA=10−1+16=25，
故答案为：25；
②如图，设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，

∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴K，H，T在同一直线上，
∵圆心H到l的距离等于OA，
∴HT=OA，
∵HT⊥l，OA⊥l，
∴HT∥OA，
∴四边形HTAO是平行四边形，
又∵∠OAT=90°，
∴四边形HTAO是矩形，
∴∠OHT=90°，
∴∠OHK=90°，
∴OH=OK2−HK2=102−12=311；
③证明：如图所示，连接NP，MQ，

由（1）知∠NOP=60°，
又∵ON=OP=10，
∴△NOP是等边三角形，
∴NP=ON=OP=10，
∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴MN=PQ=1，MN∥PQ，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∴MQ=NP=10，
∴MQ的长为定值．
【点睛】本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．
【题型2 正多边形与圆中求角度、面积、周长】
【例2】（2023·山东淄博·统考一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长等于6π，则正六边形的面积为（ ）
A．2334B．7213C．2133D．2732
【答案】D
【分析】连接OB、OC，根据圆的周长得到圆的半径，再利用正六边形的性质即可解答．
【详解】解：连接OB、OC，作OH⊥BC于点H，
∵⊙O的周长等于6π，
∴⊙O的半径为：6π2π=3，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC=360°6=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴BC=OB=OC=3，
∴OH=OB·sin∠OBC=3×32=332，
∴S△BOC=12⋅BC⋅OH=12×3×332=934，
∴S正六边形ABCDEF=934×6=5434=2732，
故选D．
【点睛】本题考查了圆内接正六边形中心角等于60°，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数，正六边形的面积，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-1】（2023·陕西西安·校考一模）如图，已知⊙O的内接正四边形ABCD，点E是⊙O上任意一点（除A、B两点外）则∠AEB的度数是（ ）

A．45°B．60°C．60°或120°D．45°或135°
【答案】D
【分析】连接OA、OB，首先根据正方形的性质，得∠AOB=90°，再根据圆周角定理和E点的位置确定∠AEB的度数．
【详解】解：如图，连接OA、OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90°，
当点E在优弧AB上时，
∠AEB=12∠AOB=45°；

当点E在劣弧AB上时，
∠AEB=12×360°−∠AOB=135°；

故选：D．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，熟练掌握圆周角定理和分类讨论的思想是解答本题的关键．
【变式2-2】（2023·福建泉州·校考模拟预测）如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，P是优弧MN上的一点，则∠MPN的度数为( )

A．55°B．60°C．72°D．80°
【答案】C
【分析】先根据正多边形内角和公式求出∠B=∠C=108°，根据切线的定义得出∠OMB=∠ONC=90°，进而可得∠MON，再根据圆周角定理可得∠MPN=12∠MON．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴ ∠B=∠C=5−2×180°5=108°，
∵ ⊙O切AB，CD于点M，N，
∴ ∠OMB=∠ONC=90°，
又∵五边形BMONC的内角和为5−2×180°=540°，
∴ ∠MON=540°−∠OMB−∠ONC−∠B−∠C=144°，
∴ ∠MPN=12∠MON=72°，
故选C．
【点睛】本题考查正多边形内角和问题，圆周角定理，解题的关键是掌握多边形内角和公式．
【变式2-3】（2023·江苏·模拟预测）如图，若一个正六边形的对角线AB的长为10，则正六边形的周长（ ）

A．5B．6C．30D．36
【答案】C
【分析】连接CD、EF，交于点O，则点O是正六边形ACEBDF的中心，先根据正六边形的性质可得∠AOC=60°，OC=OA=12AB=5，再根据等边三角形的判定与性质可得AC=OA=5，由此即可得．
【详解】解：如图，连接CD、EF，交于点O，

则点O是正六边形ACEBDF的中心，
∵六边形ACEBDF是正六边形，AB=10，
∴∠AOC=360°6=60°，OC=OA=12AB=5，
∴△AOC是等边三角形，
∴AC=OA=5，
∴正六边形ACEBDF的周长为5×6=30，
故选：C．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．
【题型3 正多边形与圆中求边心距、边长、线段长】
【例3】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分．现有一个门环图片和抽象示意图如图所示，图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作⊙O，AQ切⊙O于点P，并交DE于点Q，若AQ=123cm，则该圆的半径为（ ）cm．

A．26B．3+23C．3+6D．33
【答案】C
【分析】根据圆的切线的性质可得OP⊥AQ，设该圆的半径为r，可求sin∠PAO=OPAO=r3r=33，过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，可求sin∠PAO=QGAQ=QG123=33，计算求解QG的长，进而可得QH=12−2r，DH=23r−122，通过解直角三角形即可求解．
【详解】解：∵AQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AQ，
设该圆的半径为r，
∴OB=OP=r，
∵∠ACB=∠CAB=30°，
∴AB=BC=CD=2r，AO=3r，
∴AC=23r，
∴sin∠PAO=OPAO=r3r=33，
过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，如图所示：

∴四边形DHGC是矩形，
∴HG=CD，DH=CG，∠HDC=90°，
∴sin∠PAO=QGAQ=QG123=33，∠QDH=120°−90°=30°，
∴QG=12，
∴AG=AQ2−QG2=122，
∴QH=12−2r，DH=23r−122，
∴tan∠QDH=tan30°=QHDH=12−2r23r−122=33，解得r=3+6，
∴该圆的半径为3+6 cm，
故选：C．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，圆周角定理，切线的性质，正多边形和圆等知识的综合运用，根据题意构造直角三角形运用三角函数求解是解决问题的关键．
【变式3-1】（2023·山东泰安·统考一模）如图，正六边形螺帽的边长是2cm，这个扳手的开口a的值应是（ ）

A．23cmB．3cmC．233cmD．1cm
【答案】A
【分析】根据正六边形的内角度数可得出∠1=30°，再通过解直角三角形即可得出12a的值，进而可求出a的值，此题得解．
【详解】∵正六边形的任一内角为120°，
∴∠1=30°（如图），

∴ 12a=2cs∠1=3，
∴a=23．
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形以及解直角三角形，牢记正多边形的内角度数是解题的关键．
【变式3-2】（2023·河北唐山·统考二模）如图，点P是正六边形ABCDEF内部一个动点，AB=1cm，则点P到这个正六边形六条边的距离之和为 cm．

【答案】33
【分析】根据正六边形的性质求出正六边形的“边心距OT”，再将问题转化为“边心距”的6倍即可．．
【详解】解：设正六边形ABCDEF的中心为O，连接OE、OF，过点O作OT⊥EF，垂足为T，

∵正六边形ABCDEF，
∴∠EOF=360°6=60°，
∵OE=OF，
∴△EOF是正三角形，
∴OE=OF=EF=AB=1，
∴OT=32OE=32，
过点P分别作正六边形ABCDEF的各条边的垂线，垂足分别为M、N、S、Q、G、H， 则点P到这个正六边形六条边的距离之和=MN+GH+QS=6OT=33，
故答案为：33．
【点睛】本题考查正多边形与圆，掌握正六边形的性质是正确解答的关键．
【变式3-3】（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，正六边形的半径为1，点M在边ED上运动，连接AM，则AM的长度可以是 （只写出一个满足条件的值即可）．

【答案】1.8(答案不唯一，只要符合3≤AM≤2即可)．
【分析】设正六边形的中心为O，连接OA，OF，OE，AE，AD，根据正六边形的性质得△AOF和△OEF为等边三角形，然后可由勾股定理求出AT，进而得AE=3，再求出AD=2，根据AM在边ED上运动得3≤AM≤2，最后在这个的范围内取一个值即可．
【详解】解：设正六边形的中心为O，连接OF，OE，AE，AD，

根据正六边形的性质得：AD经过点O，∠AOF=360°÷6=60°，OA=OF=OE=OD=1，
∴△AOF为等边三角形，
∴AF=OA=OF=1，∠OFA=60°
同理：△OEF为等边三角形，
∴∠OFE=60°
∴∠OFA=∠OFE=60°，
又AF=EF，
∴AE⊥OF，
∴FT=OT=12OF=0.5，AT=EF，
在Rt△AFT中，AF=1，FT=0.5，
由勾股定理得：AT=AF2−FT2=32，
∴AE=2AT=3，
又∵OA=OD=1，
∴AD=2，
∵AM在边ED上运动，
∴AE≤AM≤AD，
即：3≤AM≤2，
∴AH=1.8．
故答案为：1.8(答案不唯一，只要符合2≤AM≤2即可)．
【点睛】此题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握正多边形的性质，中心角、半径等概念．
【题型4 正多边形与圆中求最值】
【例4】（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．

A．2B．2C．4+22D．4−22
【答案】D
【分析】设正方形四个顶点分别为A、B、C、D，连接OA并延长，交⊙O于点E，由题意可得，EA的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为A、B、C、D，连接OA并延长，交⊙O于点E，过点O作OF⊥AB，如下图：

则EA的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
由题意可得：OE=AB=4，AF=OF=12AB=2
由勾股定理可得：OA=OF2+AF2=22，
∴AE=4−22，
故选：D
【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
【变式4-1】（2023·河北张家口·统考二模）如图，正六边形ABCDEF的边长为6，且点O为正六边形的中心，将半径为3的⊙M沿六边形作逆时针滚动，连接OM，过点M作MP⊥OM，并且OM=MP，连接OP，则在⊙M滚动的过程中，RtΔOMP面积的最大值是（ ）
A．23B．92C．16D．8
【答案】D
【分析】如图，当⊙M与正六边形的两边AB、BC相切时，OM的值最大，设⊙M与AB相切于点N，连接MN，OA．解直角三角形求出OM即可解决问题．
【详解】解：∵SRt△OMP=12OM⋅MP，OM=MP，
∴当OM最大时，△OMP的面积最大．在⊙M滚动过程中，当OM的延长线经过正六边形的顶点时，OM取得最大值，且此时⊙M与AF、AB两边相切，设切点分别为N、Q，连接MN，MQ，则MN⊥AN，MQ⊥AQ，如图，
在正六边形ABCDEF中，
∵∠FAB=120°，
∴∠NMQ=60°，
易得△ANM≌△AQM，
∴∠AMN=30°，
∴AM=MNcs30°=3×233=2，
∵OA=AB=6，
∴OM=OA−AM=4，
∴SRt△OMP=12×42=8
故选D．
【点晴】本题考查正多边形与圆、等腰直角三角形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式4-2】（2023·贵州贵阳·统考一模）如图，点P是正六边形ABCDEF内一点，AB=4，当∠APB=90°时，连接PD，则线段PD的最小值是（ ）
A．211−2B．213−2C．6D．43
【答案】B
【分析】取AB中点G，连接BD，过点C作CH⊥BD于H，则BG=2，先求出BD=43，然后根据∠APB=90°，得到点P在以G为圆心，AB为直径的圆上运动，则当D、P、G三点共线时，DP有最小值，由此求解即可．
【详解】解：取AB中点G，连接BD，过点C作CH⊥BD于H，则BG=2，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BCD=6−2×180°6=120°，CD=BC=AB=4，
∴BH=DH，∠DCH=∠BCH=12∠BCD=60°，
∴DH=CD⋅sin∠DCH=23，
∴BD=43，
∵∠APB=90°，
∴点P在以G为圆心，AB为直径的圆上运动，
∴当D、P、G三点共线时，DP有最小值，
在Rt△BDG中，DG=BG2+BD2=213，
∴PD=DG−PG=213−2，
故选B．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质，解直角三角形，圆外一点到圆上一点的最值问题，确定当D、P、G三点共线时，DP有最小值是解题的关键．
【变式4-3】（2023·北京·模拟预测）如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，AB=4，点E是AD上任意一点，CF⊥BE于F．当点E从点A出发按顺时针方向运动到点D时，则AF的最小值为 ．
【答案】25−2
【分析】首先证明点F的运动轨迹是BC为直径的⊙O′，连接AO′交⊙O′于点M，求出AF的最小值即可；
【详解】如图，
∵CF⊥BE，
∴∠CFB=90°，
∴点F的运动轨迹是BC为直径的⊙O′，连接AO′交⊙O′于点M，
在Rt△ABO′中，AO′=42+22=25，
∴AM=25−2，
∴当点E从点A出发按顺时针方向运动到点D时，AF的最小值为25−2．
故答案是25−2．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是正确寻找点F的运动轨迹，属于中考常考题型．
【题型5 尺规作图-正多边形】
【例5】（2023·河北承德·模拟预测）作图与计算：
(1)在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABO的三个顶点都在格点上．画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后的△OA1B1，并写出线段OB扫过的扇形的面积 ．（结果含π）
(2)利用尺规在图中作圆内接正六边形（不写作法，保留痕迹），并写出正六边形半径、边心距、边长的比 ．
【答案】(1)图见解析，5π3
(2)图见解析，2:3:2
【分析】（1）先分别确定△ABO绕点O顺时针旋转90°后的点，顺次连接即可；然后网格及勾股定理确定O=10，再由扇形面积计算公式求解即可；
（2）作过圆心A的线段CD，以点C为圆心，AC长为半径在圆上画弧，交于点B，再以点B为圆心，AC长为半径画弧，交于点E，同理得出点F，G，然后顺次连接各点即可；根据正六边形的性质及等边三角形的判定得出BC=AB=AC=r，再由等边三角形的性质及勾股定理得出AH=3r2，即可确定比值．
【详解】（1）解：如图所示，先分别确定△ABO绕点O顺时针旋转90°后的点，顺次连接，
∴△OA1B1即为所求；
由图得：OB=32+12=10，
S扇形OBB1=60π×(10)2360=5π3，
故答案为：5π3；
（2）如图所示：正六边形CBEDFG即为所求；
设圆的半径即AC=r，
∵正六边形CBEDFG，
∴∠CAB=360°÷6=60°，
∵AC=AB=r，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC=AB=AC=r，
过点A作AH⊥BC，
∴∠CAH=∠BAH=30°，
∴CH=12BC=12r，
∴AH=AC2−CH2=3r2，
半径、边心距、边长的比即为AC:AH:BC=r:3r2:r=2:3:2，
故答案为：2:3:2．
【点睛】题目主要考查图形的旋转及扇形的面积公式，圆内接正六边形的作法及等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
【变式5-1】（2023·安徽合肥模拟预测）(1)如图，EF是⊙O的直径，请仅用尺规作出该圆的内接正方形ABCD，要求所作正方形的一组对边AD、BC垂直于EF见示意图；不写作法，但须保留作图痕迹)；
(2)连接EA、EB，求出∠EAD、∠EBC的度数．

【答案】（1）见解析；（2）67.5°
【详解】试题分析：（1）作出八等分点，即可得到圆内接正方形；
（2）求出相应圆心角的度数，根据圆周角等于圆心角的一半，即可解答．
试题解析：（1）作①EF的中垂线，
②直角的平分线OD，
③8等分弧，完成正方形．
（2）连接OD，OC，
因为ED=18圆周，所以∠EOD=360°×18=45°，
所以∠EAD=45°×12=22.5°．
因为EDC=3ED，
所以∠EBC=3∠EAD=3×22.5°=67.5°．
【变式5-2】（2023·江苏苏州模拟预测）用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：如图，①在⊙O上任取一点A，连接AO并延长交⊙O于点B；②以点B为圆心，BO为半径作圆弧分别交⊙O于C，D两点；③连接CO，DO并延长分别交⊙O于点E，F；④顺次连接BC，CF，FA，AE，ED，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，EF，交于点G，则下列结论错误的是（ ）
A．△AOE的内心与外心都是点GB．∠FGA=∠FOA
C．点G是线段EF的三等分点D．EF=2AF
【答案】D
【分析】证明△AOE是等边三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可判断A；证明∠AGF=∠AOF=60°，可判断B；证明FG=2GE，可判断C；证明EF=3AF，可得结论．
【详解】解：在正六边形AFCBDE中，∠AOF=∠AOE=∠EOD=60°，
∵OF=OA=OE=OD，
∴△AOF，△AOE，△EOD都是等边三角形，
∴AF=AE=OE=OF，OA=AE=ED=OD，
∴四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，
∴AD⊥OE，EF⊥OA，
∴△AOE的内心与外心都是点G，故A正确，
∵∠EAF=120°，∠EAD=30°，
∴∠FAD=90°，
∵∠AFE=30°，
∴∠AGF=∠AOF=60°，故B正确，
∵∠GAE=∠GEA=30°，
∴GA=GE，
∵FG=2AG，
∴FG=2GE，
∴点G是线段F的三等分点，故C正确，
∵AF=AE，∠FAE=120°，
∴EF=3AF，故D错误，
故选：D．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形的内心，外心等知识，解题的关键是证明四边形AEOF，四边形AODE都是菱形．
【变式5-3】（2023·江西赣州·模拟预测）如图1，正五边形ABCDE内接于⊙O，阅读以下作图过程，并回答下列问题：
作法如图2．

1．作直径AF．
2．以F为圆心，FO为半径作圆弧，与⊙O交于点M，N．
3．连接AM，MN，NA．
(1)求∠ABC的度数．
(2)△AMN是等边三角形吗？请说明理由．
(3)从点A开始，以DN长为边长，在⊙O上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
【答案】(1)108°
(2)是，理由见解析
(3)15
【分析】本题考查正多边形的内角，等边三角形的性质与判定，圆周角定理；
（1）运用多边形的内角和公式求出正五边形ABCDE的内角和，根据每个内角都相等即可解答；
（2）连接ON，OM，MF，NF，由题意可得：OM=ON=OF，FM=FO=FN，从而△FOM，△FON都是等边三角形，得到∠MFA=60°，∠NFA=60°，由圆周角定理可得∠ANM=∠AFM=60°，∠AMN=∠AFN=60°，进而∠MAN=60°，即可得证△AMN是等边三角形；
（3）连接OD，OE，由圆周角定理得到∠AON=2∠AMN=120°，又由正五边形ABCDE的中心角为72°可得∠AOD=144°，从而∠NOD=∠AOD−∠AON=24°，因此n=360°24°=15．
【详解】（1）∵正五边形ABCDE的内角和为：5−2×180°=540°，
且每个内角都相等，
∴∠ABC=540°÷5=108°．
（2）△AMN是等边三角形，理由：
连接ON，OM，MF，NF，
由题意可得：OM=ON=OF，FM=FO=FN，
∴OF=ON=FN，OF=OM=MF
∴△FOM，△FON都是等边三角形，
∴∠MFA=60°， ∠NFA=60°
∵AM=AM，AN=AN，
∴∠ANM=∠AFM=60°，∠AMN=∠AFN=60°，
∴∠MAN=180°−∠AMN−∠ANM=180°−60°−60°=60°，
∴∠AMN=∠ANM=∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形；
（3）连接OD，OE，
∵∠AMN=60°，AN=AN，
∴∠AON=2∠AMN=2×60°=120°，
∵在正五边形ABCDE中，中心角为360°5=72°，
即∠AOE=∠DOE=72°，
∴∠AOD=∠AOE+∠EOD=72°+72°=144°，
∴∠NOD=∠AOD−∠AON=144°−120°=24°，
∴该正n边形的中心角为24°，则边数n=360°24°=15，
∴n的值是15．
【题型6 正多边形与圆的规律问题】
【例6】（2023·黑龙江绥化·统考一模）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切……按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为 ．
【答案】813256
【分析】连接OE1，OD1，OD2，根据正六边形的性质可得∠E1OD1=60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=32E1D1=32×2，利用正六边形的边长等于它的半径可得正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=32×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=322×2，依此规律求解即可．
【详解】解：连接OE1，OD1，OD2，如图所示，
∵六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，
∴∠E1OD1=60°，
∴△E1OD1为等边三角形，
∵正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，
∴OD2⊥E1D1，
∴OD2=32E1D1=32×2，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=32×2，
同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长=322×2，
∴正六边形A10B10C10D10E10F10的边长=329×2=813256．
故答案为：813256．
【点睛】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长．
【变式6-1】（2023·湖南湘西·模拟预测）如图1，图2，图3⋯，M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC，正方形ABCD，正五边形ABCDE，…的边AB、BC上的点，且BM=CN，连接OM、ON，图1中∠MON=120°，图2中∠MON=90°，图3中∠MON=72°…，根据这样的规律，图n中∠MON的度数是 ．
【答案】360°n
【分析】作多边形的半径，根据多边形的性质可证△OAB≌△OCB，得∠OBA=∠OBC，再根据“等边对等角”得∠OBC=∠OCB，于是可得∠OBM=∠OCN，从而可证△OBM≌△OCN则∠BOM=∠CON，因此∠MON=∠BOC=360°n．
本题考查了正多边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边对等角、正多边形中心角等知识点，解题的关键综合运用这些性质解题．
【详解】不失一般性，设n=5时的情形，可以推广到一般情况．连接OA、OB、OC，如下图
由正多边形的性质知：AB=CBOB=OBOA=OC
∴△OAB≌△OCBSSS
∴∠OBA=∠OBC
由OB=OC得：∠OBC=∠OCB
∴∠OBA=∠OCB
即：∠OBM=∠OCN
又∵BM=CN,OB=OC
∴△OBM≌△OCNSAS
∴∠BOM=∠CON
∴∠BOM+∠BON=∠CON+∠BON
即：∠MON=∠BOC
∵∠BOC=360°n
∴∠MON=360°n
故答案为：360°n．
【变式6-2】（2023·宁夏银川·模拟预测）如图，∠MON=60°，作边长为1的正六边形A1B1C1D1E1F1，边A1B1、F1E1分别在射线OM、ON上，边C1D1所在的直线分别交OM、ON于点A2、F2，以A2F2为边作正六边形A2B2C2D2E2F2，边C2D2所在的直线分别交OM、ON于点A3、F3，再以A3F3为边作正六边形A3B3C3D3E3F3，…，依此规律，经第n次作图后，点Bn到ON的距离是 ．
【答案】3n−1⋅3
【分析】寻找规律求出OBn的长，根据Bn到ON的距离为OBn•sin60°计算即可．
【详解】解：观察图象可知OB1=2=2×30，
OB2=2×31，
OB3=2×32=18，
OB4=2×33=54，
OBn=2×3n-1，
∴Bn到ON的距离为2×3n-1•sin60°=3n−1·3，
故答案为：3n−1·3．
【点睛】本题考查正多边形与圆、等边三角形的性质、正六边形的性质等知识，解题的关键是掌握从特殊到一般的探究方法，属于中考常考题型．
【变式6-3】（2023·河北·校联考二模）如图1，将一个正三角形绕其中心最少旋转60°，所得图形与原图的重叠部分是正六边形；如图2，将一个正方形绕其中心最少旋转 45°，所得图形与原图形的重叠部分是正八边形；依此规律，将一个正七边形绕其中心最少旋转 °，所得图形与原图的重叠部分是正多边形．在图2中，若正方形的边长为4，则所得正八边形的面积为 ．

【答案】 1807 322−32
【分析】根据题意，可以发现正n边形绕其中心最少旋转180∘n，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为2x；然后根据x+x+2x=4求得x；最后用正方形的面积减去这八个等腰直角三角形的面积即可．
【详解】解：由题意得：正n边形绕其中心最少旋转180∘n，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；则将一个正七边形绕其中心最少旋转180∘7所得图形与原图的重叠部分是正多边形；
由题意得：旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，
设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为2x
∴x+x+2x=4，解得x=4-22
∴减去的每个等腰直角三角形的面积为：124−224−22=12−82
∴正八边形的面积为：正方形的面积-4×等腰直角三角形的面积
=4×4-4（12−82）
=322−32．
故答案为1807，322−32．
【点睛】本题考查了旋转变换、图形规律以及勾股定理等知识，根据题意找到旋转规律是解答本题的关键．
【题型7 由弧长公式求弧长】
【例7】（2023·安徽·模拟预测）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，直线OB交⊙O于点C,D,∠B=∠C．若OD=2，则劣弧AD的长为 ．
【答案】2π3
【分析】本题考查圆的切线的性质及弧长公式，求劣弧AD所对的圆心角的度数是解题关键．由∠B=∠C，∠C=∠OAC，得∠AOB=2∠B，由切线得∠OAB=90°，进而求出∠AOD的度数即可求解．
【详解】解：∵ AB是⊙O的切线，
∴ ∠OAB=90°，
∵ OC=OA，
∴ ∠C=∠OAC，
∴ ∠AOB=2∠C，
∵ ∠B=∠C，
∴ ∠AOB=2∠B，
∴ ∠AOD=60°，
∴劣弧AD的长为60π×2180=2π3．
故答案为：2π3．
【变式7-1】（2023·江苏泰州·统考二模）如图，已知AB=1，BC=3,∠B=90°，BC与AC相切于点C，则AC的长= ．
【答案】23π/2π3
【分析】根据直角三角形的边角关系可求出AC，∠ACB，再根据切线的性质可求出∠OCA=60°，进而得到△AOC是等边三角形，得出扇形的圆心角度数和半径，利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图，设AC所在的圆心为O，连接OA、OC、AC，
在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=1，BC=3，
∴AC=AB2+BC2=2，
∴在Rt△ABC中，sin∠ACB=ABAC=12，
∴∠ACB=30°，
∵⊙O与BC相切于点C，
∴∠OCB=90°，
∴∠OCA=90°−30°=60°，
又∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，OA=OC=AC=2，
∴AC的长为60π×2180=23π，
故答案为：23π．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、勾股定理、正弦、弧长公式等知识，熟练掌握圆的切线的性质和弧长公式是解题关键．
【变式7-2】（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，⊙O半径为3cm，四边形ABCD内接于⊙O，延长BC至点E，若∠DCE=60°，则BD的长是 cm．

【答案】2π
【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理等知识点，理解圆的内接四边形是解题的关键．
如图:连接OD，OB．根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB+∠DCB=180°，再根据邻补角的性质可得∠DCB=120°，进而得到∠DAB=60°；然后根据圆周角定理可得∠DOB=120°，最后根据弧长公式即可解答．
【详解】解：如图:连接OD，OB．

∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∵∠DCE=60°，
∴∠DCB=120°，
∴∠DAB=60°，
∴∠DOB=2∠DAB=120°，
∴BD的长是120π×3180=2πcm．
故答案为：2π．
【变式7-3】（2023·山西临汾·模拟预测）现将一块含60°的直角三角板按如图放置，顶点C落在以AB为直径的半圆上，斜边恰好经过点B，一条直角边与半圆交于点D，若AB=4，则弧BD的长为 ．
【答案】43π
【分析】本题考查弧长公式，圆周角定理等知识；解题的关键是理解题意，记住弧长公式l=nπr180．连接OD，利用圆周角定理求出∠DOB，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：连接OD，
∵∠DOB=2∠DCB=120°，OB=12AB=2，
∴BD的长=120×π×2180=4π3，
故答案为：4π3．
【题型8 利用弧长及扇形面积公式求半径、圆心角】
【例8】（2023·江苏镇江·统考二模）扇形的弧长为6π，半径是12，该扇形的圆心角为 度．
【答案】90
【分析】设此扇形的圆心角为x°，代入弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：设此扇形的圆心角为x°，
由题意得，12πx180=6π，
解得，x=90，
故答案为：90．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，掌握弧长的公式l=nπr180是解题的关键．
【变式8-1】（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）一个扇形的圆心角为100°，面积为10π，则此扇形的弧长为 ．（结果保留π）
【答案】103π
【分析】首先根据扇形的面积公式求得扇形的半径，根据弧长的计算是即可求出扇形的弧长．
【详解】解：设扇形的半径是r，
由题意得10π=100360×π×r2，
解得r=6，
∴扇形的弧长等于100°×π×r180°=103π，
故答案为：103π．
【点睛】本题考查了弧长公式的运用．
【变式8-2】（2023·浙江杭州·统考一模）将一半径为6的圆形纸片，沿着两条半径剪开形成两个扇形．若其中一个扇形的弧长为5π，则另一个扇形的圆心角度数是 ．
【答案】210°/210度
【分析】用圆的周长减去已知扇形弧长，求出另一个扇形的弧长，设另一个扇形的圆心角为n°，利用弧长公式求解．
【详解】解：∵圆的周长为2π×6=12π，
∴另一个扇形的弧长为12π−5π=7π，
设另一个扇形的圆心角为n°，
根据弧长公式得6nπ180=7π，
解得n=210，
即另一个扇形的圆心角度数为210°．
故答案为：210°．
【点睛】本题考查扇形的圆心角、弧长，解题的关键是掌握扇形的弧长公式l=nπr180．
【变式8-3】（2023·山东淄博·模拟预测）如图，把长为a，宽为b的矩形纸片ABCD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，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则ab= ．
【答案】32
【分析】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．
设圆锥的底面的半径为rcm，AD=acm，则DE=2rcm，AE=AB=(a−2r)cm，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得到90π(a−2r)180=2πr，解方程求出r，然后计算AD:AB即可．
【详解】解：设圆锥的底面的半径为rcm，则DE=2rcm，AE=AB=(a−2r)cm，
根据题意得
90π(a−2r)180=2πr，整理，得a=6r，
则ADAB=6r6r−2r=32， 即：ab=32
故答案为：32．
【题型9 求某点的弧形运动路径长度】
【例9】（2023·广东深圳·深圳市文锦中学校考模拟预测）如图，点B，A，E和点C，A，D分别在同一条直线上，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，AB=AC=2AD=2AE=2，将△ADE绕着点A顺时针旋转得到△AD′E′，直线BE′，CD′交于点P，当点D′落在AC上时，P点经过的路径长是 ．

【答案】223π
【分析】由边角边证明△ABE′≌△ACD′得∠ABE′=∠ACD′，又因∠ABC+∠ACB=90°，∠PBC+∠PCB=90°可知点P在以BC为直径的圆上；以点A为旋转中心，DA为半径，点D′旋转到∠DAD′=120°时是点P经过的路径最长，经计算l扇形AP=2π3，点D′落在AC上时P点经过的路径长是22π3．
【详解】解：如图1所示：

∵△ADE绕着点A顺时针旋得到△AD′E′，
∴AD=AD′，AE=AE′，
∠DAE=∠D′AE′，
又∵△ADE都是等腰直角三角形，
∴AD=AE，AB=AC，
∠BAC=∠DAE=90°，
∴AD′=AE′，
∠BAC=∠D′AE′=90°，
又∵∠DAD′=∠EAE′，
∠BAE′+∠EAE′=180°
∴∠BAE′=∠CAD′，
在△ABE′与△ACD′中，
AD′=AE′∠BAE′=∠CAD′AB=AC，
∴△ABE′△≌ACD′SAS，
∴∠ABE′=∠ACD′，
∵∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠PBC+∠PCB=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上；
点P在旋转中，过点A作AK⊥BC，相交于点K，连接KP，
如图2所示，

∵AB=2，AE′=1，
∴在△ABE′中有AE′=12AB，
∴∠AE′B=90°，
∴∠ABE′=30°，
又∵AB=AB，∠BAC=90°
∴∠ABC=45°，
又∵∠ABC=∠ABE′+∠CBE′，
∴∠CBP=15°，
又∵BK=PK，
∴∠KBP=KPB=15°，
∴∠PKC=30°，
又∵∠AKC=∠AKP+∠PKC=90°，
∴∠AKP=60°，
在等腰△ABC中，由勾股定理得：
BC=AB2+AC2=22+22=22，
又∵ SΔABC=12AB⋅AC=12BC⋅AK，
∴AK=2，
∴ l扇形AP=60⋅π⋅2180=2π3，
∵当点D′落在AC上时，点P又回到起点A，
∴P点经过的路径长=2×2π3=22π3．
故答案为：22π3．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的判定与性质，三角形的外角定理，等积变换，圆周角定理，圆的切线定义和扇形的弧长公式，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点是动点P实际路径是弧长的2倍．
【变式9-1】（2023·四川凉山·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A(3,0)，C(0,2)，将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°，旋转后点B的对应点B′的坐标和点B在旋转过程中绕过的路径长分别是（ ）
A．−2,3和132πB．−3,2和132π
C．−2,3和134πD．−3,2和134π
【答案】A
【分析】本题考查勾股定理、矩形的性质以及旋转变换的性质，弧长的计算．
利用勾股定理、矩形的性质以及旋转变换的性质，弧长公式解决问题即可．
【详解】解：如图，连接OB，
∵四边形OABC是矩形，
∴OC=AB，BC=OA，
∵C(0,2)，A(3,0)，
∴AB=OC=2，OA=BC=3，
由旋转变换的性质可知B′(−2,3)，
由勾股定理，得OB=OA2+AB2=32+22=13，
∴点B在旋转过程中绕过的路径长=90π×13180=132π，
故选：A．
【变式9-2】（2023·辽宁抚顺·模拟预测）在如图所示平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点坐标分别为A1,−1，B2,−5，C5,−4．
(1)画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1；
(2)在（1）的条件下，求点A旋转到点A1的过程中所经过的路径长（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)点A旋转到点A1的过程中所经过的路径长为22π
【分析】本题考查作图题旋转变换、弧长公式，熟练掌握旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键．
(1)根据旋转的性质作图即可；
(2) 利用勾股定理求出OA的长，再利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）△A1B1C1即为所画．
（2）∵OA=12+12=2
∴AA1=nπr180=90π2180=22π．
【变式9-3】（2023·江苏盐城·校考一模）“鹿鸣·博约”数学兴趣小组开展了《再探矩形的折叠）这一课题研究．已知矩形ABCD，点E、F分别是AB、CD边上的动点．

(1)若四边形ABCD是正方形，如图①，将四边形BCFE沿EF翻折，点B，C的对应点分别为M、N．点M恰好是AD的中点．
①若AD=8，求AE的长度；
②若MN与CD的交点为G，连接EG，试说明AE+DG=EG．
(2)若AB=23，AD=2，如图②，且AE=CF，将四边形BCFE沿EF翻折，点B、C的对应点分别为B′、C′．当点E从点A运动至点B的过程中，点B′的运动路径长为_________．

(3)若四边形ABCD是正方形，AD=8，如图③，连接DE交AC于点M，以DE为直径作圆，该圆与AC交于点A和点N，将ΔEMN沿EN翻折，若点M的对应点M′刚好落在BC边上，求此时AE的长度．

【答案】(1)①AE=3；②证明见详解
(2)24π9
(3)45−4
【分析】（1）①设AE=x，则EM=BE=8−x，在RtΔAEM中根据勾股定理列出方程，进而求得结果；
②取EG的中点Q，连接MQ，可推出MQ是梯形ADGE的中位线，从而得出AE+DG=2MQ，在RtΔEMG中，根据直角三角形的性质得出EG=2MQ，从而得出AE+DG=EG；
（2）连接AC，交EF于O，连接OB，OB′，作点B关于AC的对称点B″，可证得△AOE≌△COF，从而OA=OC，进而证得△BOC是等边三角形，从而OB′=OB=BC=2，从而得出点B′在以O为圆心，2为半径的BAB″上运动，根据弧长公式求得结果；
（3）解：连接DN，作MX⊥AB于X，作VN⊥AC，交AB的延长线于V，设BE=a，AE=8−a，可证得°AND≌△VNE，从而EV=AD=8，AN=VN，进而表示出AN，可证得△MXE≌△EBT，从而得出MX=BE=a，BT=XE=8−2a，进而表示出AM，CT，CN，NT，CW，TW，在Rt△TWN中，由勾股定理列出方程(32a)2+(12a)2=(82−322a)2求得a的值，进一步得出结果．
【详解】（1）①解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=8，∠A=90°，
∵M是AD的中点，
∴AM=BM=4，
设AE=x，则EM=BE=8−x，
∴x2+42=(8−x)2，
∴x=3，
∴AE=3；
②证明：如图1，

取EG的中点Q，连接MQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AE∥DG，∠B=90°，
∵M是AD的中点，
∴AE+DG=2MQ，
由折叠得，
∠EMG=∠B=90°，
∴EG=2MQ，
∴AE+DG=EG；
（2）解：如图2，

连接AC，交EF于O，连接OB，OB′，作点B关于AC的对称点B″，
∴OB′=OB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC=90°，
∴∠EAO=∠FCO，
∵∠AOE=∠COF，AE=CF，
∴△AOE≌△COF(AAS)，OB=OC=12AC，
∴OA=OC，
∵AB=23，AD=2，
∴tan∠ACB=ABBC=3，
∴∠ACB=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB′=OB=BC=2，∠BOC=60°，
∴点B′在以O为圆心，2为半径的BAB″上运动，
∵∠BOB″=2∠BOC=120°，
∴∠AOB+∠AOB″=240°，
∴lBAB″=240π⋅2180=24π9，
故答案为：24π9；
（3）解：如图3，

连接DN，作MX⊥AB于X，作VN⊥AC，交AB的延长线于V，
设BE=a，AE=8−a，
∵四边形AEND是⊙O的内接四边形，DE是⊙O的直径，
∴∠VEN=∠ADN，∠DEN=∠DAC=45°，∠EDN=∠BAC=45°，∠END=90°，
∴EN=DN，∠DNE=∠ANV=90°，
∴∠VNE=∠AND，
∴△AND≌△VNE(ASA)，
∴EV=AD=8，AN=VN，
∴AN=22AV=22(AE+EV)=22(AD+AE)=22(16−a)=82−22a，
由折叠得，
∠TEN=∠DEN=45°，ET=EM，
∴∠MET=90°，
∴∠MEX+∠TEB=90°，
∵∠ABC=∠MXE=90°，
∴∠BET+∠BTE=90°，
∴∠MEX=∠BTE，
∴△MXE≌△EBT(AAS)，
∴MX=BE=a，BT=XE=8−2a，
∴AM=2MX=2a，CT=2a，
∴CN=AC−AN=22a，
∴NT=NM=AC−AM−CN=82−322a，
∵∠CWN=90°，∠ACB=45°，
∴CW=NW=22 CN=12a，
∴TW=CT−CW=2a−12a=32a，
在Rt△TWN中，由勾股定理得，
TW2+NW2=TN2，
∴(32a)2+(12a)2=(82−322a)2，
∴a1=12−45，a2=12+45（舍去），
∴BE=12−45，
∴AE=8−(12−45)=45−4．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理的推论，圆的内接四边形的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
【题型10 由扇形面积公式求扇形面积】
【例10】（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10-1】（2023·四川成都·模拟预测）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的点，若⊙O的半径为3，∠ADB=30°，则扇形BOC的面积为 ．
【答案】3π
【分析】本题考查的是圆周角定理，扇形面积的计算，掌握圆周角定理、扇形面积公式是解题的关键．根据圆周角定理求出∠AOB，得到∠BOC的度数，根据扇形面积公式计算即可．
【详解】解：由圆周角定理得，∠AOB=2∠ADB=60°，
∴∠BOC=180°−60°=120°，
∴扇形BOC的面积为120π×32360=3π．
故答案为：3π．
【变式10-2】（2023·安徽·校联考模拟预测）学生到工厂劳动实践，学习制作机械零件．零件的截面如图阴影部分所示，已知四边形ABOE为菱形，C,D分别为OB，OE的中点，扇形COD的圆心角为72°,AB=10cm，求零件的截面周长和面积．（参考数据：sin72°≈0.95,cs72°≈0.31,tan72°≈3.08,π取3.14）
【答案】零件的截面周长约为36.28cm，面积约为79.3cm2．
【分析】本题主要考查了菱形的周长、扇形的弧长、扇形面积公式求解，熟练掌握相关公式并根据题意用规则图形求解不规则图形的周长和面积是解题关键．仔细观察图形，零件的截面面积就是用菱形的面积减去扇形的面积， 周长=AB+AE+BC+ED+CD，求出CD即可得出周长．
【详解】解：由题意得OC=OD=5,
∴CD=72π×5180=2π，
∴零件的截面周长为10+10+5+5+2π≈36.28cm．
如下图，过点A作AH⊥OB，垂足为点H．
∵四边形ABOE为菱形，
∴AB=BO=10,∠ABH=∠O=72°，
∴AH=AB⋅sin72°≈10×0.95=9.5．
∴S菱形ABOE=9.5×10=95，S扇形COD=72π×52360=5π≈15.7，
∴S阴影=95−15.7=79.3cm2．
答：零件的截面周长约为36.28cm，面积约为79.3cm2．
【变式10-3】（2023·江苏·模拟预测）习近平总书记强调：“青年一代有理想、有本领、有担当，国家就有前途，民族就有希望”．如图①是一块弘扬“新时代青年励志奋斗”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图②所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O=120°形成的扇面，若OA=3m，OB=1.5m，则阴影部分的面积为（ ）

A．9π4m2B．3πm2C．17π4m2D．25π3m2
【答案】A
【分析】根据扇形面积公式，求出大扇形和小扇形的面积，最后根据S阴影=S大扇形−S小扇形即可求解．
【详解】解：根据题意可得：
∵∠O=120°，OA=3m，OB=1.5m，
∴S大扇形=120π×32360=3πm2，S小扇形=120π×1.52360=34πm2，
∴S阴影=S大扇形−S小扇形=3π−34π=9π4m2，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了求扇形面积，解题的关键是掌握扇形面积公式S扇形=nπr2360．
【题型11 求图形旋转后扫过的面积】
【例11】（2023·山东泰安·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，O，H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转120°到△A1BC1的位置，则整个旋转过程中线段OH所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为（ ）

A．73π−783B．43π+783C．πD．43π+3
【答案】C
【分析】整个旋转过程中线段OH所扫过部分的面积(即阴影部分面积)为以点B为圆心，OB、BH为半径的两个扇形组成的一个环形，分别求出OB、BH，即可求出阴影部分面积．
【详解】解：连接BH，BH1，

∵O、H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转120°到△A1BC1的位置，
∴△OBH≌△O1BH1，
∴线段OH所扫过部分的面积(即阴影部分面积)为以点B为圆心，OB、BH为半径的两个扇形组成的一个环形，
∵∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
∴AC=AB2−BC2=42−22=23，
∵H为边AC的中点，
∴CH=12AC=3，
∴BH=BC2+CH2=22+32=7，
∴阴影部分面积=120πBH2−BC2360=120π×7−4360=π，
故选：C．
【点睛】本题考查的是扇形面积的计算，涉及到直角三角形的性质及旋转的性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
【变式11-1】（2023·河北唐山·统考二模）如图，已知AB的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是AB的中点，将AB绕点A逆时针旋转90°后得到AB′，三位同学提出了相关结论：
嘉嘉：点P到AB的距离为2
淇淇：AP的长为23
嘉淇：线段AP扫过的面积为25π

下列结论正确的是( )
嘉嘉对，淇淇错B．淇淇对，嘉淇错
C．嘉嘉错，嘉淇错 D．淇淇错，嘉淇对
【答案】A
【分析】根据垂径定理得出AM=BM=12AB=4，利用勾股定理求得OM，继而即可求得点P到AB的距离为2，故即可判断嘉嘉对；利用勾股定理求得AP的长为25，即可判断淇淇错；根据线段AP扫过的面积=扇形APP′的面积求得即可判断嘉淇错．
【详解】解：设AB所在圆的圆心为O，连接OP、OA，

∵点P是AB的中点，
∴OP⊥AB，AM=BM=12AB=4，
∴OM=OA2−AM2=3，
∴PM=5−3=2，
∴点P到AB的距离为2，故嘉嘉对，
∴PA=AM2+PM2=22+42=25，故淇淇错；
∴线段AP扫过的面积=S扇形APP′=90π×252360=5π，故嘉淇错，
故选：A．
【点睛】本题考查了扇形的面积、垂径定理，勾股定理，明确线段AP扫过的面积=扇形APP′的面积是解题的关键．
【变式11-2】（2023·四川达州·统考中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．

(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
(3)在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)5+5π2
【分析】（1）先作出点A、B、C平移后的对应点A1，B1、C1，然后顺次连接即可；
（2）先作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B2，然后顺次连接即可；
（3）证明△ABC为等腰直角三角形，求出S△ABC=12AB×BC=52，S扇形CAA2=90π×102360=5π2，根据旋转过程中△ABC扫过的面积等于△ABC的面积加扇形CAA1的面积即可得出答案．
【详解】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点A1，B1、C1，顺次连接，则△A1B1C1即为所求，如图所示：

（2）解：作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B2，顺次连接，则△A2B2C2即为所求，如图所示：

（3）解：∵AB=12+22=5，AC=32+12=10，BC=12+22=5，
∴AB=BC，
∵52+52=10=102，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴S△ABC=12AB×BC=52，
根据旋转可知，∠ACA2=90°，
∴S扇形CAA2=90π×102360=5π2，
∴在旋转过程中△ABC扫过的面积为S=S△ABC+S扇形CAA2=5+5π2．

【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋转后的对应点．
【变式11-3】（2023·广东梅州·统考一模）如图，在矩形ABCD中AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕顶点B旋转得到矩形A′BC′D′，点A′恰好落在矩形ABCD的边CD上，则AD扫过的部分（即阴影部分）面积为 ．

【答案】π12
【分析】根据旋转和矩形的性质得出S△BAD+S△BC′D′=S矩形BC′D′A′，A′B=AB=2，∠BCD=∠ABC=90°，根据勾股定理求出A′C和BD，根据图形得出阴影部分的面积S=S△ABD+S扇形DBD′+S△BC′D′−S扇形ABA′−S矩形A′BC′D′=S扇形DBD′−S扇形ABA′，分别求出即可．
【详解】解：连接BD′、BD，如图所示：

∵将矩形ABCD绕顶点B旋转得到矩形A′BC′D′，
∴S△BAD+S△BC′D′=S矩形BC′D′A′，A′B=AB=2，∠BCD=∠ABC=90°，
在Rt△Rt△A′BC中，由勾股定理得A'C=22−12=3，
∴∠A'BC=60°，
∴∠ABA'=30°，
由旋转的性质可知∠DBD'=∠ABA'=30°，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=22+12=5，
∴阴影部分的面积S=S△ABD+S扇形DBD′+S△BC′D′−S扇形ABA′−S矩形A′BC′D′
=S扇形DBD′−S扇形ABA′
=30π×(5)2360−30π×22360=π12，
故答案为：π12．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、扇形的面积计算等知识点，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解此题的关键．
【题型12 求弓形面积】
【例12】（2023·河南周口·校联考三模）如图，在△ABC中，BC=BA=4，∠C=30°，以AB中点D为圆心、AD长为半径作半圆交线段AC于点E，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】4π3−3
【分析】连接DE，BE，然后根据已知条件求出∠ABE=60°，AE=23，从而得到∠ADE=120°，最后结合扇形的面积计算公式求解即可．
【详解】解：如图，连接DE，BE．

∵AB为直径，
∴∠BEA=90°．
∵BC=BA，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
∴∠ABE=60°，BE=12AB=2，AE=3BE=32AB=23，
∵BD=DE，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠ADE=120°，
∴阴影部分的面积=S扇形DAE−S△ADE
=120π×22360−12S△ABE
=120π×22360−12×12×23×2=4π3−3
=4π3−3．
故答案为：4π3−3．
【点睛】本题考查阴影部分面积计算问题，涉及到扇形面积计算，等边三角形的判定与性质，直径所对的圆周为直角等，掌握扇形面积计算公式是解题关键．
【变式12-1】（2023·云南红河·统考一模）如图，已知⊙O的半径为2，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC=2∠ADC，且AD=CD，则图中阴影部分的面积等于 (结果保留π)．
【答案】43π−3
【分析】根据题意可以得出三角形ACD是等边三角形，进而求出∠AOD，再根据直角三角形求出OE、AD，从而从扇形的面积减去三角形AOD的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】解：连接OD，过点O作OE⊥AD，垂足为E，
∵∠AOC＝2∠ADC，∠ABC=2∠ADC，∠ABC＋∠ADC＝180°，
∴3∠ADC＝180°
∴∠ADC＝60°，∠ABC＝120°，
∵AD＝CD，
∴△ACD是正三角形，
∴∠AOD＝2∠ACD ＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
OE＝2×sin30°＝1，AD＝2AE=2×（cs30°×2）＝23，
∴S阴影部分＝S扇形OAD−S△AOD＝120360×π×22−12×23×1=43π−3，
故答案为：43π−3．
【点睛】考查与圆有关的计算，掌握圆的有关性质，扇形面积计算方法，三角形的面积，以及解直角三角形等知识，掌握各个知识点之间的关系是解答的关键．
【变式12-2】（2023·广东佛山·校考一模）如图，在ΔABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，连接AD．
(1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧AD的中点E．（不写作法，保留作图痕迹），连接BE交AD于F点，并证明：AF×DF=BF×EF；
(2)若⊙O的半径等于4，且⊙O与AC相切于A点，求劣弧AD的长度和阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)2π，4π−8
【分析】（1）利用圆周角相等所对的弧相等解决中点，连接DE，先说明△BFA∽△DFE，再利用相似三角形的性质得结论；
（2）连接OD，先求出∠AOD的度数，再利用弧长公式、扇形的面积公式及三角形的面积公式得结论．
【详解】（1）作∠ABC的角平分线交AD于点E．
∴点E为所求的劣弧AD的中点．
证明：连接DE，
∵ AE=AE，BD=BD，
∴∠ABF=∠ADE，∠BAF=∠FED．
∴△BFA∽△DFE．
∴ BFAF=DFEF．
即AF×DF=BF×EF．
（2）连接OD，
∵⊙O与AC相切，OA为半径，
∴BA⊥AC．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=45°．
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB=45°．
∴∠AOD=90°．
∴劣弧AD的长度=90×π×4180=2π．
S阴影=S扇AOD−S△AOD
=90×π×42360−12×4×4
=4π−8．
【点睛】本题主要考查了与圆有关计算，掌握圆周角定理、等腰三角形的性质、弧长公式及扇形的面积公式是解决本题的关键．
【变式12-3】（2023·浙江温州·统考模拟预测）如图，墙上有一个矩形门洞ABCD，现要将其改为直径为4m的圆弧形，圆弧经过点B，C分别交AB，CD于E，F．若AB=4m，BC=2m，则要打掉的墙体面积为 m2．
【答案】103π−33
【分析】连结BF，AD，交于O，根据四边形ABCD为矩形，可得∠BCD=∠ABC=90°，得出BF为直径，EC为直径，点O为圆心，根据勾股定理CF=BF2-BC2=42-22=23，利用三角函数sin∠BFC=BCBF=24=12，可求∠BFC=30°，可证△BOC为等边三角形，要打掉的墙体面积为S弓形BC+2S弓形CF，利用扇形面积公式及三角形面积公式即可得答案．
【详解】解：连结BF，AD，交于O，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=∠ABC=90°，
∴BF为直径，EC为直径，
∴点O为圆心，
∴OB=OC=OF，
在Rt△BCF中，BC=2m，BF=4m，
根据勾股定理CF=BF2-BC2=42-22=23，
∴sin∠BFC=BCBF=24=12，
∴∠BFC=30°，
∴∠OCF=∠BFC=30°，
∴∠BOC=2∠BFC=60°，
∴△BOC为等边三角形，
要打掉的墙体面积为S弓形BC+2S弓形CF，
=60×π×22360-12BC×OCsin60°+2×120×π×22360-12CF×OCsin30°，
=2π3-12×2×2×32+2×4π3-12×23×2×12，
=23π-3+8π3-23，
=103π-33．
故答案为：103π-33．
【点睛】本题考查矩形性质，直角所对弦为直径，勾股定理，等边三角形判定与性质，锐角三角函数值求角，弓形面积，掌握矩形性质，直角所对弦为直径，勾股定理，等边三角形判定与性质，锐角三角函数值求角，弓形面积，熟记扇形面积公式，三角形面积公式是解题关键．
【题型13 求圆锥侧面积、底面半径、高】
【例13】（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考一模）一个扇形的半径长为5cm，面积为15πcm2，用这个扇形做成一个圆锥的侧面，则做成的圆锥的高ℎ= ．
【答案】4cm
【分析】根据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，则利用扇形的面积公式即可得到12×2π×r×5=15π，求出圆锥的底面圆半径，然后根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：设圆锥的底面圆半径为rcm，
根据题意得：12×2π×r×5=15π，
解得：r=3，
所以圆锥的底面圆半径r为3cm，
∴ℎ=52−32=4cm．
故答案为：4cm．
【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，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．
【变式13-1】（2023·广东惠州·校考二模）圣诞节快要到了，某同学准备做一个圆锥形帽子．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=10cm，取AD中点O．以O为圆心，以10cm长为半径作弧，分别交AB，CD于点M，N，得到扇形纸片OMN，发现点M，N恰好分别是边AB，CD的中点，则用此扇形纸片围成的圆锥形帽子的侧面积为 cm2．（结果保留π）

【答案】100π3
【分析】根据圆锥形帽子的底面圆的周长就是扇形的弧长，求出圆心角，再利用圆锥侧面积公式即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，O是AD中点，M，N恰好分别是边AB，CD的中点，
∴∠A=90°，AM=12AB=5cm，
∴sin∠AOM=AMOM=510=12，
∴∠AOM=30°，
同理可求：∠DON=30°，
∴∠MON=180°−∠AOM−∠DON=120°，
∴S侧面积=12×120π×10180×10=100π3cm2
故答案为：100π3．
【点睛】本题考查了圆锥底面圆与对应扇形弧长的关系，圆锥侧面积，掌握二者之间的关系及弧长公式是解题的关键．
【变式13-2】（2023·江苏泰州·泰州市海军中学校考三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,AD=2,AB=22，以点A为圆心，AD为半径的圆与BC相切于点E，交于点F，用扇形AFD围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为 ．

【答案】34/0.75
【分析】由切线的性质可知△ABE为直角三角形，由AD=2，AB=22，可得AE=2，可知△ABE为等腰直角三角形，得∠BAE=45°，∠DAE=∠AEB=90°，易知∠BAD=45°+90°=135°，求得弧FED的长=135180×2π=1.5π，易知弧长为圆锥的底面圆的周长，由半径等于周长除以2π，即即可求得半径．
【详解】解：∵BC为圆A的切线，
∴AE⊥BC，
∴△ABE为直角三角形，
∵AD=2，AB=22，
∴AE=2，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴∠BAE=45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB=90°，
∴∠BAD=45°+90°=135°，
∴弧FED的长=135180×2π=1.5π，
∵扇形DAF为圆锥的侧面，
∴弧长为圆锥的底面圆的周长，
∴半径等于周长除以2π，
即半径等于1.5π2π=34，
故答案为：34．
【点睛】此题考查了切线的性质、直角三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及弧长公式．熟悉相关性质定理是解决问题的关键．
【变式13-3】（2023·四川南充·统考一模）若将半径为8，圆心角为112.5°的扇形围成一个圆锥体，则圆锥体底面圆的半径最大为 ．
【答案】2.5
【分析】设圆锥的底面圆的半径为r，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弧长公式得到2π⋅r=112.5⋅π⋅8180，然后解关于r的方程即可．
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得2π⋅r=112.5⋅π⋅8180，
解得r=2.5，
即这个圆锥的底面圆的半径为2.5．
故答案为：2.5．
【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．
【题型14 求圆锥侧面积展开图的圆心角】
【例14】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）圆锥母线长l=8，底面圆半径r=2，则圆锥侧面展开图的圆心角θ是 ．
【答案】90°/90度
【分析】根据弧长公式，弧长与圆锥底面圆的周长相等，建立等式计算即可．
【详解】∵圆锥母线长l=8，底面圆半径r=2，圆锥侧面展开图的圆心角θ，
∴2πr=θπl180，
∴θ=360×2×π8π=90°，
故答案为：90°．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开，弧长公式，熟练掌握展开的特点，牢记弧长公式是解题的关键．
【变式14-1】（2023·浙江·模拟预测）如图，圆锥的底面圆的半径是4，其母线长是8，则圆锥侧面展开图的扇形的圆心角度数是 ．
【答案】180°/180度
【分析】先由半径求得圆锥底面周长，再由扇形的圆心角的度数=圆锥底面周长×180÷8π计算．
【详解】解：圆锥底面周长=2×4π=8π，
∴扇形的圆心角的度数=8π×180÷8π=180°．
故答案为：180°．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是根据圆锥的底面周长得到扇形圆心角的表达式子．
【变式14-2】（2023·广西钦州·统考一模）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），若该圆锥的底面周长为8πcm，侧面积为48πcm2，则这个扇形的圆心角的度数是 ．
【答案】120°/120度
【分析】根据圆锥底面周长与展开后所得的扇形的弧长相等，圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等，利用扇形面积公式与弧长公式计算即可．
【详解】解：S侧面积=12Cl=12×8πl=48π ，
∴l=12，
∴C⊙O=nπl180=nπ×12180=8π ，
解得n=120° ．
故答案为：120°．
【点睛】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与圆锥之间的关系是解决本题的关键.
【变式14-3】（2023·辽宁盘锦·统考二模）一个圆锥的侧面积是底面积的3倍，则这个圆锥侧面展开图的圆心角为 °．
【答案】120
【分析】设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n度．根据面积关系可得.
【详解】设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n度．
由题意得S底面面积=πr2，
l底面周长=2πr，
S扇形=3S底面面积=3πr2，
l扇形弧长=l底面周长=2πr．
由S扇形=12l扇形弧长×R=3πr2=12×2πr×R，
故R=3r．
由l扇形弧长=nπR180得：
2πr=nπ×3r180
解得n=120°．
故答案为：120°．
【点睛】考核知识点：圆锥侧面积问题.熟记弧长和扇形面积公式是关键.
【题型15 圆锥的实际问题】
【例15】（2023·云南昆明·统考二模）云南是全国拥有少数民族数量最多的省份，风俗文化多种多样，使得“云南十八怪”成为云南旅游文化的一张名片，图①是十八怪中的“草帽当锅盖”，图②是一个草帽的三视图，根据图中所给的数据计算出该草帽的侧面积为（ ）
A．240πcm2B．576πcm2C．624πcm2D．120πcm2
【答案】C
【分析】利用勾股定理易得圆锥的母线长，那么圆锥的侧面积=12底面周长×母线长．
【详解】解：∵圆锥的底面直径为48cm,则半径为482=24，又∵圆锥的高为10cm,∴圆锥的母线长为：102+242=676=26 ，圆锥的底面周长(扇形的弧长)为:2πr=48π,
∴该圆锥的侧面积=12×48π×26=624πcm2，
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．也考查了三视图．
【变式15-1】（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15-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）如图，蒙古包可以近似地看作是由圆锥和圆柱组成，若用毛毡搭建一个底面半径为5米，圆柱高3米，圆锥高2米的蒙古包，则需要毛毡的面积为（ ）
A．(30+529)π米2B．40π米2
C．(30+521)π米2D．55π米2
【答案】A
【分析】由底面圆的半径＝5米，根据勾股定理求出母线长，利用圆锥的侧面面积公式，以及利用矩形的面积公式求得圆柱的侧面面积，最后求和．
【详解】解：∵底面半径=5米，圆锥高为2米，圆柱高为3米，
∴圆锥的母线长=52+22=29米，
∴圆锥的侧面积=π×5×29=529π，
圆柱的侧面积=底面圆周长×圆柱高，
即2π×5×3=30π，
故需要的毛毡：(30+529)π米2，
故选：A．
【点睛】此题主要考查勾股定理，圆周长公式，圆锥侧面积，圆柱侧面积等，分别得出圆锥与圆柱侧面积是解题关键．
【变式15-3】（2023·广西贺州·统考中考真题）某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”， “沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用餐）．“沙漏”是由一个圆锥体和一个圆柱体相通连接而成．某次计时前如图（1）所示，已知圆锥体底面半径是6cm，高是6cm；圆柱体底面半径是3cm，液体高是7cm．计时结束后如图（2）所示，求此时“沙漏”中液体的高度为（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
【答案】B
【分析】由圆锥的圆锥体底面半径是6cm，高是6cm，可得CD=DE，根据园锥、圆柱体积公式可得液体的体积为63πcm3，圆锥的体积为72πcm3，设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，作圆锥的高AC，在BC上取点E，过点E作DE⊥AC于点D，则AB=6cm，AC=6cm，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CAB，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴CD=DE，
圆柱体内液体的体积为：π×32×7=63πcm3
圆锥的体积为13π×62×6=72πcm3，
设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，
∴13π⋅(6−x)2⋅(6−x)=72π−63π，
∴(6−x)3=27，
解得：x=3，
即此时“沙漏”中液体的高度3cm．
故选：B．
【点睛】本题考查圆柱体、圆锥体体积问题，解题的关键是掌握圆柱体、圆锥体体积公式，列出方程解决问题．
【题型16 圆锥侧面上的最短路径问题】
【例16】（2023·江苏扬州·统考二模）如图，已知圆锥的底面半径是23，母线长是63．如果A是底面圆周上一点，从点A拉一根绳子绕圆锥侧面一圈再回到A点，则这根绳子的最短长度是 ．
【答案】18
【分析】连接AC，过B作BD⊥AC于D，设圆锥的侧面展开图扇形的圆心角∠ABC为n．利用弧长公式可求出n的值，根据两点间线段最短可得AC为这根绳子的最短长度，根据等腰三角形的性质，利用∠CBD的正弦值求出AC的长即可得答案．
【详解】如图，连接AC，过B作BD⊥AC于D，设圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为n．
∵两点间线段最短，
∴AC为这根绳子的最短长度，
∵圆锥的底面半径是23，
∴AC=2π×23=43π，
∴nπ×63180=43π，
解得：n=120°，
∵BD⊥AC，BC=AB，
∴∠CBD=12∠ABC=60°，CD=12AC，
∴CD=BC·sin60°=63×32=9，
∴AC=2CD=18，
故答案为：18
【点睛】此题考查了圆锥的计算、等腰三角形的性质及特殊角的三角函数值，熟练掌握圆锥的底面圆的周长和扇形弧长相等并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
【变式16-1】（2023·广东·统考一模）已知圆锥的底面半径为r＝20cm，高h=2015cm,现在有一只蚂蚁从底边上一点A出发．在侧面上爬行一周又回到A点，求蚂蚁爬行的最短距离．

【答案】802cm
【分析】蚂蚁爬行的最短距离是圆锥的展开图的扇形中AA′的长度．根据勾股定理求得母线长后，利用弧长等于底面周长求得扇形的圆心角的度数为90度，再由等腰直角三角形的性质求解．
【详解】解：设扇形的圆心角为n，圆锥的
在Rt△AOS中，∵r=20cm，h=2015cm，
∴由勾股定理可得母线l=r2+ℎ2=80cm，
而圆锥侧面展开后的扇形的弧长为2×20π=nπ×80180.
∴n=90°
即△SAA′是等腰直角三角形，
∴由勾股定理得：AA'=802+802=802cm．
∴蚂蚁爬行的最短距离为802cm．
【点睛】本题利用了勾股定理，弧长公式，圆的周长公式，等腰直角三角形的性质求解．
【变式16-2】（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，已知点C为圆锥母线SB的中点，AB为底面圆的直径，SB=6，AB=4，一只蚂蚁沿着圆锥的侧面从A点爬到C点，则蚂蚁爬行的最短路程为（ ）

A．5B．33C．32D．63
【答案】B
【分析】连接AB，先根据直径求出底面周长，根据底面周长等于展开后扇形的弧长可求出圆锥的侧面展开后的圆心角，可得△SAB是等边三角形，即可求解．
【详解】解：连接AB，如图所示，

∵AB为底面圆的直径，AB=4，
设半径为r,
∴底面周长=2πr=4π，
设圆锥的侧面展开后的圆心角为n，
∵圆锥母线SB=6，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长可得：4π=nπ×6180°，
解得：n=120°，
∴∠ASC=60°，
∵半径SA=SB，
∴△SAB是等边三角形，
在Rt△ACS中，AC=SA⋅sin60°=6×32=33，
∴蚂蚁爬行的最短路程为33，
故选：B．
【点睛】本题考查平面展开—最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形。扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，化曲面为平面，用三角函数求解．
【变式16-3】（2023·山东青岛·统考二模）如图是一个用来盛爆米花的圆锥形纸杯，纸杯开口圆的直径EF长为6 cm，母线OE（OF）长为9cm．在母线OF上的点A处有一块爆米花残渣，且FA = 3cm．在母线OE上的点B处有一只蚂蚁，且EB = 1cm．这只蚂蚁从点B处沿圆锥表面爬行到A点，则爬行的最短距离为 cm．
【答案】213
【分析】最短距离的问题首先应转化为圆锥的侧面展开图的问题，转化为平面上两点间的距离的问题．需先算出圆锥侧面展开图的扇形半径．看如何构成一个直角三角形，然后根据勾股定理进行计算．
【详解】如图，过点A作AH⊥OB于H．
∵OE=OF=9cm，FA=3cm，EB=1cm，
∴OA=6cm，OB=8cm．
圆锥的底面周长是π×6=6π，则6π=nπ×9180，
∴n=120°，
即圆锥侧面展开图的圆心角是120°．
∴∠EOF=60°，
∴AH=OA•sin60°=6×32=33（cm），OH=OA•cs60°=6×12=3（cm），
∴BH=OB-OH=5cm，
∴在直角△ABH中，由勾股定理得到：AB=AH2+BH2=213（cm）．
【题型17 不规则图形的面积的有关计算之和差法】
【例17】（2023·山东青岛·统考三模）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=2，OB=1，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转90°后得Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是（ ）
A．πB．π+5C．52−π4D．72−π4
【答案】C
【分析】本题考查的是扇形面积的计算、旋转的性质、全等三角形的性质，扇形的面积公式为S=nπr2360．作DH⊥AE于H，根据勾股定理求出AB，根据阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积−扇形DEF的面积、利用扇形面积公式计算即可．
【详解】解：作DH⊥AE于H，
∵∠AOB=90°，OA=2，OB=1，
∴AB=OA2+OB2=5，
由旋转，得△EOF≌△BOA，
∴∠OAB=∠EFO，
∵∠FEO+∠EFO=∠FEO+∠HED=90°，
∴∠EFO=∠HED，
∴∠HED=∠OAB，
∵∠DHE=∠AOB=90°，DE=AB，
∴△DHE≌△BOAAAS，
∴DH=OB=1，
阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积−扇形DEF的面积
=12×3×1+12×1×2+90π×22360−90π×5360
=52−14π
故选：C．
【变式17-1】（2023·四川眉山·统考模拟预测）如图，点C是直径AB为4的半圆的中点，连接BC，分别以点B和C为圆心，以大于12BC的长为半径作弧，两弧相交于点D，作直线OD交BC于点E，连接AE，则阴影部分的面积为（ ）
A．πB．2πC．2π−4D．23−π
【答案】A
【分析】本题考查扇形的面积公式、圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定，解题的关键是解得S△ABE=S△OBC，属于中考常考题型．连接OC，作EF⊥AB于F，根据圆周角定理得到∠COB=90°，∠ABC=45°，从而得到△DEF是等腰直角三角形，判断OD是BC的垂直平分线，进一步即可求得EF=12OC=1，求得S△ABE=12AB⋅EF=12×4×1=2，S△OBC=12OB⋅OC=12×2×2=2，得到S△ABE=S△OBC，即可得到S阴影=12S半圆AB．
【详解】解：连接OC，作EF⊥AB于F，
∵点C是直径AB为4的半圆的中点，
∴∠COB=90°，∠ABC=45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∵分别以点B和C为圆心，以大于12BC的长为半径作弧，且OB=OC，
∴OD垂直平分BC，
∴CE=BE，
∵∠COB=90°，EF⊥AB，
∴EF∥OC，
∴ BFOF=BECE=1，
∴EF是ΔBOC的中位线，
∴EF=12OC=1，
∴S△ABE=12AB⋅EF=12×4×1=2，
∵S△OBC=12OB⋅OC=12×2×2=2，
∴S△ABE=SΔOBC，
∴S阴影=S半圆AB−SΔABE−S弓形BC=S半圆AB−S扇形OBC=12S半圆AB=12×12π×22=π．
故选：A．
【变式17-2】（2023·安徽·模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，以BC的长为半径的⊙O经过A，B两点，点D，E分别在AC，BC上， DE∥AB，且与过A，B两点的⊙O相切，则图中阴影部分的面积是 ．

【答案】322−32−4π
【分析】本题考查了等腰三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，平行线的性质，勾股定理，切线的性质，扇形面积公式；由正方形的判定方法可得四边形ACBO是正方形，由等腰直角三角形的性质及勾股定理可求OC=AB=2AC =42，由切线的性质ON=OA=4，从而表示出S阴影=S正方形ACBO−S△CDE−S扇形AOB，即可求解；掌握判定方法及性质，能将阴影部分面积表示为S阴影=S正方形ACBO−S△CDE−S扇形AOB是解题的关键．
【详解】解：已知以BC的长为半径且经过A，B两点的圆的圆心为点O，连接OC，交AB于点M，交DE于点N，

∴OA=OB=BC=AC=4，
∴四边形ACBO是菱形，
∵ ∠C=90°，
∴四边形ACBO是正方形，
∠CAB=CBA=45°，
∵ DE∥AB，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴ △CDE是等腰直角三角形，
∴AB=2AC =42，
∴OC=42，
∵ DE与⊙O相切，
∴ON=OA=4，
∴CN=OC−ON
=42−4，
∴DN=NE=CN
=42−4，
∴S△CDE=12×42−482−8
=48−322，
∴S阴影=S正方形ACBO−S△CDE−S扇形AOB
=16−48−322−90π×42360
=322−32−4π．
故答案：322−32−4π．
【变式17-3】（2023·湖北·一模）四边形ABCD内接于⊙O，AB=AD，AC是⊙O的直径，过点A作MN∥BD．
(1)如图1，求证：MN是⊙O的切线；
(2)如图2，当AB=23，∠BAD=60°时，连接DO并延长，分别交AM，AB于点E，F，交⊙O于点G．求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)23−23π．
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，勾股定理，求扇形的面积，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）由圆周角定理证明∠ABC=∠ADC=90°，再证明Rt△ABC≌Rt△ADCHL，推出AC是BD的垂直平分线，证明AC⊥MN，即可证明MN是⊙O的切线；
（2）证明△ABD是等边三角形，利用垂径定理求得AF=3，∠AOG=60°，利用直角三角形的性质求得AO=2，在Rt△AEO中，求得AE=23，再利用S阴影=S△AEO−S扇形AOG即可求解．
【详解】（1）证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵AB=AD，AC=AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADCHL，
∴BC=CD，
∴AC是BD的垂直平分线，
∵MN∥BD，
∴AC⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵DF经过圆心O，
∴DF⊥AB，
∴AF=BF=12AB=3，∠AOG=60°，∠OAF=30°，
∴AO=2OF，
由勾股定理得AO=2，
在Rt△AEO中，∠AEO=30°，
∴OE=2AO=4，AE=42−22=23，
∴S阴影=S△AEO−S扇形AOG=12×23×2−60π×22360=23−23π．
【题型18 不规则图形的面积的有关计算之等面积法】
【例18】（2023·江苏南通·统考二模）如图，在⊙O中，弦AB垂直于半径OC，垂足为D，点E在OC的延长线上，且∠EAC=∠CAB．
(1)求证：直线AE是⊙O的切线；
(2)若OE=6,sin∠E=12，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)S阴影=3π2
【分析】（1）连接OA．根据半径相等可得∠OAC=∠OCA，根据∠OCA+∠CAB=90°，∠EAC=∠CAB，等量代换可得∠OAC+∠EAC=90°，即可得证；
（2）连接OB，根据特殊角的三角函数值得出∠E=30°,OA=12OE=3，进而可得△OAC是等边三角形．再结合垂径定理，根据S阴影=S扇形BOC，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接OA．
∵OA=OC．
∴∠OAC=∠OCA
∵OC⊥AB，
∴∠ADC=90°
∴∠OCA+∠CAB=90°．
又∵∠EAC=∠CAB,∠OAC=∠OCA．
∴∠OAC+∠EAC=90°，
∴∠OAE=90°．
∴AE⊥OA
又∵OA是⊙O的半径，
∴直线AE是⊙O的切线．
（2）如图，连接OB．
∵在Rt△OAE中，sin∠E=OAOE=12，OE=6．
∴∠E=30°,OA=12OE=3
∴∠AOC=60°．
又∵OA=OC
∴△OAC是等边三角形．
又∵弦AB垂直于半径OC．
∴OD=DC,AD=BD,AC=BC
∴S△OBD=S△CAD,∠BOC=∠AOC=60°．
∴S阴影=S扇形BOC=60π×32360=3π2．
【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，求扇形面积，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质与判定，垂径定理是解题的关键．
【变式18-1】（2023·河北保定·统考一模）如图，在正方形ABCD中，AC和BD交于点O，过点O的直线EF交AB于点E(E不与A，B重合），交CD于点F．以点O为圆心，OC为半径的圆交直线EF于点M，N．若AB=1，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．π8−18B．π8−14C．π2−18D．π2−14
【答案】B
【分析】图中阴影部分的面积等于扇形DOC的面积减去△DOC的面积．
【详解】解：以OD为半径作弧DN，

∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OD=OC，∠DOC=90°，
∵∠EOB=∠FOD，
∴S扇形BOM=S扇形DON，
∴S阴影=S扇形DOC−SΔDOC=90π×(22)2360−14×1×1=π8−14，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，扇形的面积，解题的关键是求出阴影部分的面积等于扇形DOC的面积减去△DOC的面积．
【变式18-2】（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，在扇形AOB中，∠AOB=120°，将扇形AOB翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在的直线l与AB交于点C.若OA=4，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．8π3B．8π3−43C．23D．43
【答案】D
【分析】由翻折的性质得到CA=CO，而OA=OC，得到△OAC是等边三角形，根据S扇形AOC=S扇形BOC，弓形CO的面积为=弓形CA的面积，所以S△AOC=S阴影．
【详解】解：连接CA，CO，直线l与AO交于点D，如图所示，

∵扇形AOB中，OA=4，
∴OC=OA=4，
∵点A与圆心O重合，
∴AD=OD=2，CD⊥AO，
∴OC=AC，
∴OA=OC=AC=4，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠COD=∠CAO=60°，
∵CD⊥OA，
∴CD=OC2−OD2=23，
∵∠AOB=120°，∠AOC=60°，
∴∠BOC=60°，
∴S扇形AOC=S扇形BOC，
∵弓形CO的面积=弓形CA的面积，
∴S△AOC=S阴影=12×4×23=43．
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、翻折变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式18-3】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D，AD交⊙O于点E．

(1)求证：AC平分∠DAB；
(2)若⊙O的半径4，DE=2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)8π3
【分析】（1）连接OC，切线的性质，推出OC∥AD，得到∠DAC=∠OCA，等边对等角得到∠OAC=∠OCA，进而得到∠DAC=∠OAC，即可；
（2）连接BE，交OC于点F，连接OE，交AC于点G，分割法求阴影部分面积即可．
【详解】（1）证明：连接OC，则：OA=OC，

∴∠OAC=∠OCA，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠DAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∴AC平分∠DAB；
（2）连接BE，交OC于点F，连接OE，交AC于点G，

∵AB为直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠DEB=90°，
∵OC⊥CD，AD⊥CD，
∴四边形CDEF为矩形，
∴OC⊥BE，CF=DE=2，
∴BF=EF，
∵⊙O的半径为4，
∴OA=OE=OC=OB=4，
∴OF=OC−CF=2，
∴AE=2OF=4，sinB=OFOB=12，
∴∠B=30°，
∴∠DAB=60°，∠COB=60°
∴△AOE为等边三角形，
∴∠EOA=60°，
∴∠EOC=60°，
∴OE⊥AC，
∴OG=12OA=2，AG=OA2−OG2=23，
∴AC=2AG=43；
∴S阴影=S扇形COE+S△AOE−S△AOC=60π360×42+12×4×23−12×43×2=8π3．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，求阴影部分的面积．熟练掌握相关知识点，添加常见的辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．
【题型19 不规则图形的面积的有关计算之旋转法】
【例19】（2023·河北承德·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=30°，AC=2．Rt△ABC可以绕点A旋转，旋转的角度为60°，分别得到Rt△AB1C1和Rt△AB2C2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．7π6−32B．7π12−32C．7π−36D．3π4−32
【答案】B
【分析】由直角三角形的性质求出BC，AB的长，由阴影的面积=扇形AC1C2的面积−扇形ADB2的面积−△AB2C2的面积，应用扇形面积计算公式，三角形面积计算公式，即可求解．
【详解】解：由题意知∠C1AC2=120°，∠C1AB2=90°，
∵∠ABC=90°,∠BAC=30°,AC=2，
∴BC=12AC=1，
∴AB=3BC=3，
∴扇形AC1C2的面积=120π×22360=4π3，
扇形ADB2的面积=90π×32360=3π4，
△AB2C2的面积=12B2C2⋅AB2=12×1×3=32，
∴阴影的面积=扇形AC1C2的面积−扇形ADB2的面积−△AB2C2的面积
=4π3−3π4−32
=7π12−32．
故选：B．
【点睛】本题考查扇形的面积，旋转的性质，含30°角的直角三角形，解题的关键是明白：阴影的面积=扇形AC1C2的面积−扇形ADB2的面积−△AB2C2的面积．
【变式19-1】（2023·河南郑州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，以BC为直径的圆恰好与AD相切于点F，将点F绕点C逆时针旋转，其旋转路径与BC交于点E．图中阴影部分的面积为 ．

【答案】2
【分析】如图，记圆心为H，连接FH，FC，证明四边形ABHF，四边形DCHF是正方形，可得BH=CH=FH=AB=2，∠FHC=90°，∠FCH=45°，CF=22+22=22，S△FHC=12×2×2=2，S扇形FHC=90π×22360=π，S扇形CEF=45π×222360=π，可得S弓形CF=π−2，再利用面积差可得答案．
【详解】解：如图，记圆心为H，连接FH，FC，

∵以BC为直径的圆恰好与AD相切于点F，矩形ABCD，
∴∠AFH=90°=∠A=∠ABH=∠D=∠BCD，
∴四边形ABHF，四边形DCHF是矩形，而BH=CH=FH，
∴四边形ABHF，四边形DCHF是正方形，
∴BH=CH=FH=AB=2，∠FHC=90°，∠FCH=45°，
∴CF=22+22=22，
∴S△FHC=12×2×2=2，S扇形FHC=90π×22360=π，S扇形CEF=45π×222360=π，
∴S弓形CF=π−2，
∴S阴影=12π×22−π−π−2=2，
故答案为：2
【点睛】本题考查的是矩形的性质与判定，正方形的判定与性质，切线的性质，扇形面积的计算，弓形面积的计算，理解题意，熟记扇形面积公式是解本题的关键．
【变式19-2】（2023·河南洛阳·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC=1，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，点C的运动路径为CC′，图中阴影部分的面积为 ．
【答案】3π8−2+12
【分析】如图连接AC，AC′，过B′作B′E⊥AB于E，于是得到B′E=BC=1，根据旋转的性质得到AB′=AB=2 ，AC′=AC=3，根据勾股定理得到AE=AB′2−B′E2=1 ，B′C=BE=2-1，求得∠B′AB=∠C′AC=45°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图连接AC，AC′，过B′作B′E⊥AB于E，
则B′E=BC=1，
∵将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，
∴AB′=AB=2，AC′=AC=3，
∴AE=AB′2−B′E2=1，
∴B′C=BE=2-1，
∵B'E=1，AE=1，
∴∠B'AB=∠AB'E=45°
∴∠B′AB=∠C′AC=45°，
∴图中阴影部分的面积=S扇形C′AC-S△AB'C′-S△AB′C=45•π×3360−12×2×1−12×（2−1）×1=3π8−2+12 ，
故答案为：3π8−2+12．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、扇形的面积计算等知识点，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解此题的关键．
【变式19-3】（2023·河北保定·模拟预测）如图，扇形POQ可以绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，若∠POQ=120°，OP等于正六边形ABCDEF的边心距的2倍，AB=2，则阴影部分的面积为（ ）
A．43π−23B．4π−23C．4π−3D．163π−43
【答案】B
【分析】由正六边形的性质得∠CDE=120°，连接OE，OC，可得OC=OE=DE=CD，得∠COE=120°，从而得∠MOE=∠NOC，根据ASA证明ΔMOE≅ΔNOC得S五边形MONDE=S菱形OCDE，结合S阴影=S扇形OQP−S菱形OCDE即可求解．
【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形
∴∠CDE=120°
连接OE，OC，则∠OCN=∠OEM=60°
∴OC=OE=CD=DE
∴四边形OCDE是菱形，
∴∠COE=∠CDE=120°
∵∠POQ=120°
∴∠MOE=∠CON
在ΔMOE和ΔNOC中
∠MOE=∠CONOC=OE∠OEM=∠OCN
∴ΔMOE≅ΔCON
∴S五边形MONDE=S菱形OCDE
∵AB=2
∴CD=DE=2
过点C作CD⊥ED的延长线于点H
∴∠CDH=60°
∴∠DCH=30°
∴DH=1
∴CH=3
∴扇形半径长为23
∴S五边形MONDE=S菱形OCDE=DE·CH=23
∴S扇形OQP=120360×π×(23)2=4π
∴S阴影=S扇形OQP−S菱形OCDE=4π−23
故选：B
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正六边形的性质，根据正六边形的性质得出对应角相等是解题关键．
【题型20 不规则图形的面积的有关计算之全等或对称法】
【例20】（2023·河南周口·统考二模）如图1所示的是以AB为直径的半圆形纸片，AB=6，沿着垂直于AB的半径OC剪开，将扇形OAC沿AB向右平移至扇形OBC'，如图2，其中点A与点O重合，点O与点B重合，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】3π−934
【分析】连接AE，作ED⊥AB于点D，S扇形−S△ADE，即可求得弧BE和BD以及DE围成的重叠部分的面积，则重叠部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
【详解】解：连接AE，作ED⊥AB于点D．
∵AE=AB=2AD，
∴∠AED=30°，
∴∠EAB=60°，
∴S扇形=60π×(62)2360=32π，
在直角△ADE中，DE=AE2−AD2=32−(32)2=332，
则S△ADE=12×32×332=938，
则弧BE和BD以及DE围成的阴影部分的面积是：32π−938，
则S阴影=2(32π−938)=3π−934．
故答案是：3π−934．
【变式20-1】（2023·山东东营·模拟预测）如图，以AB为直径，点O为圆心的半圆经过点C，若AC=BC= 2，则图中阴影部分的面积是 .
【答案】π4
【分析】本题考查了扇形面积的计算．求阴影面积常用的方法：①直接用公式法；②和差法；③割补法．求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．先利用圆周角定理的推论得到∠ACB=90°，则可判断△ACB为等腰直角三角形，接着判断△AOC和△BOC都是等腰直角三角形，于是得到S△AOC=S△BOC，然后根据扇形的面积公式计算图中阴影部分的面积．
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=BC=2，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴OC⊥AB，
∴△AOC和△BOC都是等腰直角三角形，
∴S△AOC=S△BOC，OA=22AC=1，
∴S阴影部分=S扇形AOC=90·π·12360=π4．
故答案为π4．
【变式20-2】（2023·浙江·模拟预测）如图，△ABC是直角边长为2的等腰直角三角形，直角边AB是半圆O1的直径，半圆O2过C点且与半圆O1相切，则图中阴影部分的面积( )

A．7−π9B．5−π9C．79D．59
【答案】D
【分析】利用等弦所对的弧相等，先把阴影部分变化成一个直角梯形，然后再利用等腰直角三角形求小圆的半径，从而求阴影部分的面积．
【详解】解：连接O1O2，设O2的半径为x．

∵O1O22−AO12=AO22，
∴2+x2−22=2−x2，
解得：x=23
设⊙O1交BC于D，⊙O2交BC于E．
∴CE=PE=2x=223，BC=2AB，CD=22AB=2
∴S阴影=S△ADC−S△CEP=12CD⋅AD−12CE⋅PE=12×2⋅2−12×223⋅223=59
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，以及三角形的面积的计算，正确理解阴影部分的面积等于梯形PEDA的面积是关键．
【变式20-3】（2023·云南楚雄·云南省楚雄第一中学校考模拟预测）如图，扇形POQ可以绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，若∠POQ=120°，OP等于正六边形ABCDEF的边心距的2倍，AB=2，则阴影部分的面积为（ ）
A．43π−23B．4π−23C．4π−3D．163π−43
【答案】B
【分析】由正六边形的性质得∠CDE=120°，连接OE，OC，可得OC=OE=DE=CD，得∠COE=120°，从而得∠MOE=∠NOC，根据ASA证明ΔMOE≅ΔNOC得S五边形MONDE=S菱形OCDE，结合S阴影=S扇形OQP−S菱形OCDE即可求解．
【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形
∴∠CDE=120°
连接OE，OC，则∠OCN=∠OEM=60°
∴OC=OE=CD=DE
∴四边形OCDE是菱形，
∴∠COE=∠CDE=120°
∵∠POQ=120°
∴∠MOE=∠CON
在ΔMOE和ΔNOC中
∠MOE=∠CONOC=OE∠OEM=∠OCN
∴ΔMOE≅ΔCON
∴S五边形MONDE=S菱形OCDE
∵AB=2
∴CD=DE=2
过点C作CD⊥ED的延长线于点H
∴∠CDH=60°
∴∠DCH=30°
∴DH=1
∴CH=3
∴扇形半径长为23
∴S五边形MONDE=S菱形OCDE=DE·CH=23
∴S扇形OQP=120360×π×(23)2=4π
∴S阴影=S扇形OQP−S菱形OCDE=4π−23
故选：B
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正六边形的性质，根据正六边形的性质得出对应角相等是解题关键．