中考数学第一轮复习讲义第28讲 与圆有关的计算（练习）（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习讲义第28讲 与圆有关的计算（练习）（解析版），共119页。
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\l "_Tc157544838" 题型01 求正多边形中心角
\l "_Tc157544839" 题型02 求正多边的边数
\l "_Tc157544840" 题型03 正多边形与圆中求角度
\l "_Tc157544841" 题型04 正多边形与圆中求面积
\l "_Tc157544842" 题型05 正多边形与圆中求周长
\l "_Tc157544843" 题型06 正多边形与圆中求边心距、边长
\l "_Tc157544844" 题型07 正多边形与圆中求线段长
\l "_Tc157544845" 题型08 正多边形与圆的规律问题
\l "_Tc157544846" 题型09 求弧长
\l "_Tc157544847" 题型10 利用弧长及扇形面积公式求半径
\l "_Tc157544848" 题型11 利用弧长及扇形面积公式求圆心角
\l "_Tc157544849" 题型12 求某点的弧形运动路径长度
\l "_Tc157544850" 题型13 求扇形面积
\l "_Tc157544851" 题型14 求图形旋转后扫过的面积
\l "_Tc157544852" 题型15 求圆锥侧面积
\l "_Tc157544853" 题型16 求圆锥底面半径
\l "_Tc157544854" 题型17 求圆锥的高
\l "_Tc157544855" 题型18 求圆锥侧面积展开图的圆心角
\l "_Tc157544856" 题型19 圆锥的实际问题
\l "_Tc157544857" 题型20 圆锥侧面上的最短路径问题
\l "_Tc157544857" 题型21 计算不规则面积
题型01 求正多边形中心角
1．（2022·河北石家庄·统考二模）如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在AB上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】C
【分析】根据中心角的度数=360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，可得∠AOC=15°，然后根据边数n=360°÷中心角即可求得答案．
【详解】解：连接OC，
∵AB是⊙O内接正六边形的一边，
∴∠AOB＝360°÷6＝60°，
∵BC是⊙O内接正八边形的一边，
∴∠BOC＝360°÷8＝45°，
∴∠AOC＝∠AOB－∠BOC＝60°－45°＝15°
∴n＝360°÷15°＝24．
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、正八边形、正二十四边形的性质；根据题意求出中心角的度数是解题的关键．
2．（2022·吉林长春·校考模拟预测）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F在DE上，则∠CFD＝ 度．
【答案】36．
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【详解】如图，连接OC，OD．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠COD=360°5=72°，
∴∠CFD=12∠COD=36°，
故答案为：36．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
3．（2022·江苏扬州·扬州教育学院附中校考二模）如图，在正十边形A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10中，连接A1A4、A1A7，则∠A4A1A7= °
【答案】54
【分析】设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，再求出∠A7OA4,最后运用圆周角定理解答即可．
【详解】解：如图：设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，
∵正十边形的各边都相等
∴∠A7OA4=310×360°=108°
∴∠A4A1A7=108°×12=54°．
故填54．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理，根据题意正确作出辅助线、构造出圆周角是解答本题的关键．
题型02 求正多边的边数
4．（2022·上海松江·统考二模）如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是 ．
【答案】5
【详解】解：∵中心角的度数=360°n，
72°=360°n，
n=5，
故答案为：5．
5．（2022·上海浦东新·统考二模）一个正n边形的一个内角等于它的中心角的2倍，则n= ．
【答案】6
【分析】根据正多边形内角和公式求出一个内角的度数，再根据中心角的求法求出中心角的度数列方程求解即可．
【详解】∵正n边形的一个内角和=（n﹣2）•180°，
∴正n边形的一个内角=180°×（n-2）n．
∵正n边形的中心角=360°n，
∴180°×（n-2）n=360°×2n，
解得：n=6．
故答案为6．
【点睛】本题比较简单，解答此题的关键是熟知正多边形的内角和公式及中心角的求法．
6．（2022·广东深圳·统考二模）一个正多边形内接于半径为4的⊙O，AB是它的一条边，扇形OAB的面积为2π，则这个正多边形的边数是 ．
【答案】8
【分析】设∠AOB=n°，利用扇形面积公式列方程nπ×42360=2π，求出∠AOB的度数，然后用360°÷45°计算即可．
【详解】解：设∠AOB=n°，
∵扇形OAB的面积为2π，半径为4，
∴nπ×42360=2π，
∴n=45°，
∴360°÷45°=8，
∴这个正多边形的边数是8，
故答案为8．
【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形面积，圆心角，掌握正多边形与圆的性质，扇形面积公式，圆心角是解题关键．
题型03 正多边形与圆中求角度
7．（2022·山东青岛·统考二模）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，则∠EBC的度数为（ ）
A．54°B．60°C．71°D．72°
【答案】D
【分析】先根据正五边形的内角和求出每个内角，再根据等边对等角得出∠ABE=∠AEB，然后利用三角形内角和求出∠ABE=12180°-∠A=36°即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴∠A=∠ABC=155-2×180°=108°，AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴∠ABE=12180°-∠A=36°，
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=108°-36°=72°．
故选：D．
【点睛】本题考查圆内接正五边形的性质，等腰三角形性质，三角形内角和公式，角的和差计算，掌握圆内接正五边形的性质，等腰三角形性质，三角形内角和公式，角的和差计算是解题关键．
8．（2022·河北·模拟预测）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接BD．则∠CBD的度数是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】A
【分析】根据正六边形的内角和求得∠BCD，然后根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】∵在正六边形ABCDEF中，∠BCD＝(6-2)×180∘6＝120°，BC＝CD，
∴∠CBD＝12（180°﹣120°）＝30°，
故选A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟记多边形的内角和是解题的关键．
9．（2022·河北保定·统考模拟预测）如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，∠GOK的两边OG,OK，分别与AB,CB，相交于点M，N，当∠GOK+∠ABC=180∘时，下列说法错误的是（ ）
A．∠GOK=60°B．MB+NB=DC
C．S四边形OMBN=112S正六边形ABCDEFD．∠OMA与∠ONB相等
【答案】C
【分析】根据正六边形的性质以及全等三角形的判定和性质逐项进行证明即可．
【详解】解：如下图所示，连接OA，OB，OC．
∵点O是正六边形ABCDEF的中心，
∴ OA=OB=OC，∠FAB=∠ABC=180°×6-26=120∘，∠AOB=∠BOC=360∘6=60∘，AB=DC，S△OAB=16S正六边形ABCDEF．
∴ ∠OAM=180∘-∠AOB2=60∘，∠OBN=180∘-∠BOC2=60∘．
∴ ∠OAM=∠OBN．
∵ ∠GOK+∠ABC=180∘，
∴ ∠OMB+∠ONB=360∘-(∠GOK+∠ABC)=180∘，∠GOK=180∘-∠ABC=60∘．
故A选项不符合题意．
∵ ∠OMA+∠OMB=180∘，
∴ ∠OMA=∠ONB．
∴ △OAM≌△OBN（AAS）．
∴ ∠OMA=∠ONB，MA=NB，S△OAM=S△OBN．
故D选项不符合题意．
∴MB+NB=MB+MA=AB=DC．
故B选项不符合题意．
∴ S四边形OMBN=S△OMB+S△OBN=S△OMB+S△OAM=S△OAB．
∴ S四边形OMBN=S△OAB=16S正六边形ABCDEF．
故C选项符合题意．
故选：C
【点睛】此题考查正六边形的性质以及全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
10．（2022·广西梧州·统考一模）如图，在正五边形ABCDE中，AC与BE相交于点F，则∠AFE的度数为 ．
【答案】72°
【分析】首先根据正五边形的性质得到AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°，最后利用三角形的外角的性质得到∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°．
【详解】∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，
∴∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°，
∴∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°，
故答案为72°．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，利用数形结合求解是解答此题的关键．
题型04 正多边形与圆中求面积
11．（2022·河北廊坊·统考二模）如图，两张完全相同的正六边形纸片（边长为2a）重合在一起，下面一张保持不动，将上面一张纸片六边形A'B'C'D'E'F'沿水平方向向左平移a个单位长度，则上面正六边形纸片面积与折线A'-B'-C'扫过的面积（阴影部分面积）之比是（ ）
A．3:1B．4:1C．5:2D．2:1
【答案】A
【分析】求出正六边形和阴影部分的面积即可解决问题．
【详解】解：如下图，正六边形由六个等边三角形组成，过点O作OH⊥CD于点H，OG⊥AF于点G，
根据题意，正六边形纸片边长为2a，即CD=2a，
∴OC=OD=CD=2a，
∵OH⊥CD，
∴CH=DH=12CD=a，
∴在Rt△OCH中，OH=OC2-CH2=(2a)2-a2=3a，
同理，OG=3a，
∴S△OCD=12CD⋅OH=12×2a×3a=3a2，
∴正六边形的面积=6×34×(2a)2=63a2，
∵将上面一张纸片六边形A'B'C'D'E'F'沿水平方向向左平移a个单位长度，
又∵GH=OG+OH=23a，
∴阴影部分的面积=a×23a=23a2，
∴空白部分与阴影部分面积之比是=63a2:23a2=3:1．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、平移变换等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
12．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，正六边形ABCDEF中，点P是边AF上的点，记图中各三角形的面积依次为S1,S2,S3,S4,S5，则下列判断正确的是（ ）
A．S1+S2=2S3B．S1+S4=S3C．S2+S4=2S3D．S1+S5=S3
【答案】B
【分析】正六边形ABCDEF中，点P是边AF上的点，记图中各三角形的面积依次为S1,S2,S3,S4,S5，则有S3=13S正六边形ABCDEF，S1+S4=S2+S5=13S正六边形ABCDEF，由此即可判断．
【详解】解：正六边形ABCDEF中，点P是边AF上的点，记图中各三角形的面积依次为S1,S2,S3,S4,S5，
则有S3=13S正六边形ABCDEF，S1+S4=S2+S5=13S正六边形ABCDEF，
∴S3=S1+S4=S2+S5，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
13．（2022·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）边长为a的正方形的对称轴有 条，这个正方形的外接圆的面积是 ．
【答案】 4 12πa2
【分析】正方形的对称轴有4条，然后根据正方形的对角线长就是外接圆的直径求得外接圆的半径，从而计算面积即可．
【详解】任何正方形的对称轴都有4条；
∵正方形的边长为a，
∴正方形的对角线长为：2a，
∵正方形的对角线是正方形的外接圆的半径，
∴正方形的外接圆的半径为22a，
∴正方形的外接圆的面积为：πr2=π22a2=12πa2．
故答案为：4，12πa2．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是弄清正多边形的有关元素与圆的关系，如本题中的外接圆的半径就是正方形对角线长的一半．
14．（2022·宁夏银川·校考三模）如图，已知⊙O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM是3，则阴影部分的面积是 ．
【答案】4π-63/-63+4π
【分析】根据圆内接正六边形的性质可求出∠DOE=60°，进而得出△DOE是正三角形，由圆内接正六边形的性质以及直角三角形的边角关系可求出半径OD，边长DE，再根据面积公式求出正六边形ABCDEF的面积，最后由阴影部分的面积等于圆的面积减去正六边形ABCDEF，进行计算即可
【详解】解：如图，连接OD，OE，
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴∠DOE=360°6=60°
∵OD=OE
∴△DOE是正三角形，
∵⊙O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM是3，
∴OD=OMsin60°=2，即DE=OE=2，
∴SABCDEF=6×S△DOE=6×12×2×3=63
∴S阴影部分=S圆-SABCDEF=π×22-63=4π-63
故答案为4π-63
【点睛】本题考查正多边形面积与圆面积的计算，掌握圆内接正六边形的性质以及圆的面积的计算方法是解决问题的关键
15．（2022·四川成都·校考模拟预测）求半径为20的圆内接正三角形的边长和面积.
【答案】它的内接正三角形的边长为203，面积为3003
【分析】作正三角形ABC关于⊙O的内接三角形，过点O作BC的垂线AD，垂足为D，连接OB，根据正三角形的性质，得出∠OBD=30°，再根据锐角三角函数的定义，得出BD的长，再根据垂径定理，得出BC=2BD，从而求正三角形的边长，再根据锐角三角函数的定义，求出AD的长，进而得出其面积．
【详解】解：如图，作正三角形ABC关于⊙O的内接三角形，过点O作BC的垂线AD，垂足为D，连接OB，
∵半径为20的圆的内接正三角形，
∴ OB=20，
∵AD⊥BC，
∴ AD是∠BAC的角平分线，
∴ ∠BAD=30°，
又∵ BO=OA，
∴ ∠ABO=30°，
∴ ∠OBD=30°，
在Rt△OBD中，
∴BD=cs30°×OB=32×20=103，
∵BD=CD，
∴BC=2BD=203，
∴AD=AB⋅sin60°=203×32=30，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×203×30=3003，
∴它的内接正三角形的边长为203，面积为3003．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，解直角三角形，根据正三角形的性质得出∠OBD=30°是解题关键．
题型05 正多边形与圆中求周长
16．（2022·河北唐山·统考二模）如图，有公共顶点O的两个边长为5的正五边形（不重叠），以点O为圆心， 5为半径作弧，构成一个“蘑菇”形图案（阴影部分），则这个“蘑菇”形图案的周长为（ ）
A．4πB．4π+20
C．10πD．10π+20
【答案】B
【分析】根据多边形的内角和求出正五边形的内角和，可求得每个内角的度数，则可求得阴影部分的度数，再利用圆弧的周长计算公式即可求得答案．
【详解】解：正五边形的内角和为：(n-2)⋅180°=(5-2)×180°=540°，
∴每个角为540°÷5=108°，
则图中阴影部分的度数为：360°-2×108°=144°，
则圆弧的长：144360×2πr=144360×2×5⋅π=4π，
∴“蘑菇”形图案的周长为：4π+4×5=4π+20，
故选B．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆弧的周长计算，解题的关键是熟练掌握圆弧的周长计算公式．
17．（2022·江西吉安·统考一模）某校开展“展青春风采，树强国信念”科普大阅读活动．小明看到黄金分割比是一种数学上的比例关系，它具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，应用时一般取0.618．特别奇妙的是在正五边形中，如图所示，连接AB，AC，∠ACB的角平分线交边AB于点D，则点D就是线段AB的一个黄金分割点，且AD>BD，已知AC=10cm，那么该正五边形的周长为（ ）
A．19.1cmB．25cmC．30.9cmD．40cm
【答案】C
【分析】证明BC=CD=AD=6.18（cm），可得结论．
【详解】解：由题意，点D是线段AB的黄金分割点，
∴ADAB=0.618，
∵AB=AC=10cm，
∴AD=6.18（cm），
∵∠ABC=∠ACB=72°，CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=∠CAD=36°，∠CDB=∠CBD=72°，
∴BC=CD=AD=6.18（cm），
∴五边形的周长为6.18×5=30.90（cm），
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形的性质，黄金分割等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题．
18．（2022·云南昆明·统考二模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长l6=6R，则π≈l62R=3．再利用图2圆的内接正十二边形计算圆周率，首先要计算它的周长，下列结果正确的是（ ）
A．l12=24Rsin15°B．l12=24Rcs15°
C．l12=24Rsin30°D．l12=24Rcs30°
【答案】A
【分析】求出正多边形的中心角，利用三角形周长公式求解即可．
【详解】解：∵十二边形A1A2⋯A12是正十二边形，
∴∠A6OA7=30°，
∵OM⊥A1A2于M，又OA6=OA7，
∴∠A6OM=15°，
∵正n边形的周长=n⋅2Rsin180°n，
∴圆内接正十二边形的周长l12=24Rsin15°，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，求出正十二边形的周长是解题的关键．
19．（2022·浙江·统考二模）如图1是学生常用的一种圆规，其手柄AB=8mm，两脚BC=BD=56mm，如图2所示．当∠CBD=74°时：
(1)求A离纸面CD的距离．
(2)用该圆规作如图3所示正六边形，求该正六边形的周长．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，sin74°≈0.96，cs74°≈0.28，结果精确到0.1）
【答案】(1)52.8mm
(2)403.2mm
【分析】（1）连接CD，过点B点作BE⊥CD，垂足为E，根据等边三角形的性质求得∠CBE=37°，解直角三角形CBE，分别求得CE,BE，根据AE=AB+BE，即可求解．
（2）根据正六边形的性质，正六边形的边长等于半径，等于CD的长，即可求得正六边形的周长．
【详解】（1）如图，连接CD，过点B点作BE⊥CD，垂足为E，
∵BC=BD，
∴CE=DE,∠CBE=∠DBE=12∠CBD=37°，
∴BE=BC⋅cs37°≈56×0.80=44.8mm，
∴AE=AB+BE=8+44.8=52.8mm，
即A离纸面CD的距离为52.8mm．
（2）∵CE=BC⋅sin37°≈56×0.60=33.6，
∴CD=2CE=67.2 mm．
∵正六边形的边长等于外接圆的半径，则正六边形周长=6CD=6×67.2=403.2 mm．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，解直角三角形的应用，掌握直角三角形中的边角关系是解题的关键．
题型06 正多边形与圆中求边心距、边长
20．（2022·广东湛江·岭师附中校联考三模）半径为2的圆内接正六角形的边长是（ ）
A．1B．2C．3D．23
【答案】B
【分析】根据正六边形的性质可知∠COD=60°，再根据等边三角形的判定与性质可知OC=OD=CD进而即可解答．
【详解】解：如图，连接OC、OD，

∵正六边形ABCDEF内接于圆O，
∴∠COD=360°6=60°，
∵OC=OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC=OD=CD，
∵OC=OD=2，
∴CD=2，
故选B．
【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，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
21．（2022·河南信阳·统考三模）如图1，动点P从正六边形的A点出发，沿A→F→E→D→C以1 cm/s的速度匀速运动到点C，图2是点P运动时，△ACP的面积y（cm2）随着时间x（s）的变化的关系图象，则正六边形的边长为（ ）
A．2 cmB．3cmC．1 cmD．3 cm
【答案】A
【分析】如图，连接BE，AE，CE，BE交AC于点G，证明△ACE为等边三角形，根据y的最大值求得△ACE的边长，再在直角三角形ABG中用三角函数求得AB的长即可．
【详解】】解：如图，连接BE，AE，CE，BE交AC于点G
由正六边形的对称性可得BE⊥AC，△ABC≌△CDE≌△AFE
∴△ACE为等边三角形，GE为AC边上的高线
∵动点P从正六边形的A点出发，沿A→F→E→D→C以1cm/s的速度匀速运动
∴当点P运动到点E时△ACP的面积y取最大值33
设AG=CG=a（cm），则AC=AE=CE=2a（cm），GE=3a（cm）
∴2a×3a÷2=33（cm）
∴a2=3
∴a=3（cm）或a=-3（舍）
∵正六边形的每个内角均为120°
∴∠ABG=12×120°=60°
∴在Rt△ABG中，AGAB=sin60°
∴3AB=32
∴AB=2（cm）
∴正六边形的边长为2cm
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，以图中y值的最大值为突破口，求得等边三角形△ACE的边长，是解题的关键．
22．（2022·四川达州·四川省渠县中学校考二模）如图，⊙O的内接正六边形的边长是6，则弦心距是 ．
【答案】33
【分析】连接OB、OC，过点O作OM⊥BC，交BC于点M，证明△OBC为等边三角形，根据等边三角形的性质，得出BM=12BC=3，根据勾股定理得出OM=33即可．
【详解】解：连接OB、OC，过点O作OM⊥BC，交BC于点M，如图所示：
∵六边形ABCDEF为圆内接正六边形，
∴∠BOC=16×360°=60°，
∵OB=OC，
∴ΔOBC为等边三角形，
∴OB=OC=BC=6，
∵OM⊥BC，
∴BM=12BC=3，
∴OM=OB2-BM2=62-32=33，
即弦心距是33．
故答案为：33．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．
23．（2022·陕西西安·校考模拟预测）某正多边形的边心距3，半径为2，则该正多边形的面积为 ．
【答案】63
【分析】根据题意画出图形，得出OE⊥AB，OE=3，OA=2，OA=OB，求出∠AOB=2∠AOE=60°，得出正多边形是正六边形，然后求出结果即可．
【详解】解：如图所示：由题意可得，OE⊥AB，OE=3，OA=2，OA=OB，
则cs∠AOE=32，
故∠AOE=30°，
∴AE=12OA=1，
∴∠AOB=2∠AOE=60°，AB=2AE=2，
∵360°60°=6，
∴正多边形是正六边形，
则该正多边形的面积为：6×12×2×32=63，
故答案为：63．
【点睛】本题主要考查了三角函数的应用，正多边形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是证明正多边形是正六边形．
24．（2022·辽宁沈阳·统考二模）半径为6的圆内接正三角形的边心距为 ．
【答案】3
【分析】根据题意画出图形，连接OB、OC，作OD⊥BC于D，由含30°的直角三角形的性质得出OD即可．
【详解】如图所示，连接OB、OC，作OD⊥BC于D，
则∠ODC=90°，
∵∠BOC= 13×360°=120°，OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴OD=12OB=12×6=3,
即边心距为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形来解答．
题型07 正多边形与圆中求线段长
25．（2022·江苏徐州·徐州市第十三中学校考三模）如图所示的正八边形的边长为2，则对角线AB的长为（ ）
A．22+2B．4C．2+2D．6
【答案】A
【分析】标出点C，D，E，F，连接CD，连接AC，BD交于点O，过点E作EG⊥AB于G，过点F作FH⊥AB于H，根据正多边形和圆的性质，矩形的判定定理和性质确定∠DAB=∠ABC=90°，根据多边形的内角和定理确定∠DAE=∠AEF=∠FBC=135°，根据角的和差关系，平行线的判定定理确定EF∥AB，根据平行线的性质，矩形的判定定理和性质求出GH的长度，根据三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理求出GA和HB的长度，最后根据线段的和差关系即可求出AB的长度．
【详解】解：如下图所示，标出点C，D，E，F，连接CD，连接AC，BD交于点O，过点E作EG⊥AB于G，过点F作FH⊥AB于H．
根据图形可知直线AC和直线BD是正八边形的对称轴．
∴AC和BD是该正八边形外接圆的直径．
∴AC=BD，点O为该正八边形外接圆的圆心．
∴OA=OB=OC=OD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∴四边形ABCD是矩形．
∴∠BAD=∠ABC=90°．
∵正八边形的边长为2，
∴AE=EF=FB=2，∠DAE=∠AEF=∠FBC=180°×8-28=135°．
∴∠GAE=∠DAE-∠DAB=45°，∠HBF=∠FBC-∠ABC=45°．
∴∠AEF+∠GAE=180°．
∴EF∥AB．
∴∠EGH+∠GEF=180°．
∵EG⊥AB，FH⊥AB，
∴∠EGH=∠FHG=∠EGA=∠FHB=90°．
∴∠GEF=180°-∠EGH=90°，∠GEA=180°-∠EGA-∠GAE=45°，∠HFB=180°-∠FHB-∠HBF=45°，AE2=GA2+GE2，FB2=HF2+HB2．
∴四边形EGHF是矩形，∠GAE=∠GEA，∠HFB=∠HBF．
∴GH=EF=2，GA=GE，HB=HF．
∴22=GA2+GA2，22=HB2+HB2．
∴GA=2，HB=2．
∴AB=GA+GH+HB=22+2．
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形与圆的性质，多边形的内角和定理，矩形的判定定理和性质，平行线的判定定理和性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，熟练掌握这些知识点是解题关键．
26．（2022·吉林长春·模拟预测）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，过点A作⊙O的切线交对角线DB的延长线于点F，则下列结论不成立的是（ ）
A．AE∥BFB．AF∥CDC．DF=AFD．AB=BF
【答案】C
【分析】连接OA、OB、AD，根据正五边形的性质求出各个角的度数，结合平行线的判定方法，再逐个判断即可．
【详解】∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE=∠ABC=∠C=∠EDC=∠E=5-2×180°5=108°，BC=CD，
∴∠CBD=∠CDB=12×180°-∠C=36°，
∴∠ABD=108°-36°=72°，
∴∠EAB+∠ABD=180°，
∴ AE∥BF，故A不符合题意；
∵∠F=∠CDB=36°，
∴ AF∥CD，故B不符合题意；
连接AD，过点A作AH⊥DF于点H，则∠AHF=∠AHD=90°，
∵∠EDC=108°，∠CDB=∠EDA=36°，
∴∠ADF=108°-36°-36°=36°=∠F，
∴AD=AF，故C符合题意；
连接OA、OB，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴ ∠AOB=360°5=72°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=12180°-72°=54°，
∵FA相切于⊙O，
∴∠OAF=90°，
∴∠FAB=90°-54°=36°，
∵∠ABD=72°，
∴∠F=72°-36°=∠FAB，
∴AB=BF，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、正多边形与圆、等腰三角形的性质和判定、平行线的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解题的关键．
27．（2022·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．
28．（2022·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）在正六边形ABCDEF中，对角线AC，BD相交于点M，则AMCM的值为 ．
【答案】2
【分析】根据多边形的内角和公式即可得出∠ABC，∠BCD的度数，再根据等腰三角形的性质证明BM=CM，∠ABM=90°,设BM=a, 则CM=a,则AM=2a, 从而可得答案．
【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BCD=∠ABC=16 （6-2）×180°=120°，AB=BC=CD，
∴∠BAC=∠ACB=∠CBD=∠CDB=12（180°-120°）=30°，
∴CM=BM,∠ABM =90°，
设BM=a, 则CM=a,
∴AM=2BM=2a,
∴AMCM=2aa=2.
故答案为2．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、多边形的内角与外角以及等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质等知识，熟记多边形的内角和公式是解答本题的关键．
题型08 正多边形与圆的规律问题
29．（2022·江苏扬州·模拟预测）如图，把正六边形各边按一定方向延长，使延长的线段与原正六边形的边长相等，顺次连接这六条线段外端点，可以得到一个新的正六边形，，重复上述过程，经过2018次后，所得的正六边形的边长是原正六边形边长的（ ）
A．(2)2016倍B．(3)2017倍C．(3)2018倍D．(2)2019倍
【答案】C
【分析】先根据正六边形的性质得出∠1的度数，再根据AD=CD=BC判断出△ABC的形状及∠2的度数，求出AB的长，进而可得出，经过2018次后，即可得出所得到的正六边形的边长．
【详解】∵此六边形是正六边形，
∴∠1=180°-120°=60°，
∵AD=CD=BC，
∴△BCD为等边三角形，
∴BD=12AC，
∴△ABC是直角三角形
又∵BC=12AC，
∴∠2=30°，
∴AB=3BC=3CD，
同理可得，经过2次后，所得到的正六边形是原正六边形边长（3）2倍，
∴经过2018次后，所得到的正六边形是原正六边形边长的（3）2018，
故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，解答此题的关键是熟知正多边形内角的性质及直角三角形的判定定理，此题有一定的难度．
30．（2022·广东湛江·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为 ．
【答案】-3,1
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2023次旋转后点的坐标即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，AB∥x轴，
∴AP=1，AO=2，∠OPA=90°，
∴OP=AO2-AP2=3，
∴第1次旋转结束时，点A的坐标为3,-1，
第2次旋转结束时，点A的坐标为-1,-3，
第3次旋转结束时，点A的坐标为-3,1，
第4次旋转结束时，点A的坐标为1,3，
∴4次一个循环，
∵2023÷4=505⋯⋯3，
∴第2023次旋转结束时，点A的坐标为-3,1．
故答案为：-3,1．
【点睛】本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
31．（2022·广东·模拟预测）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（ ）
A．（-32，-3）B．（32，-332）C．（-3，3）D．（-32，-32）
【答案】A
【分析】如图，连接AD，BD．首先确定点D的坐标，再根据6次一个循环，由2025÷6=337⋅⋅⋅3，推出经过第2025次旋转后，顶点D的坐标与第三次旋转得到的D3的坐标相同，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AD，BD．
在正六边形ABCDEF中，AB=1，AD=2，∠ABD=90°，
∴BD=AD2-AB2=22-12=3，
在RtΔAOF中，AF=1，∠OAF=60°，
∴∠OFA=30°，
∴OA=12AF=12，
∴OB=OA+AB=32，
∴D(32，3)，
∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，
∴6次一个循环，
∵2025÷6=337⋅⋅⋅3，
∴经过第2025次旋转后，顶点D的坐标与第三次旋转得到的D3的坐标相同，
∵D与D3关于原点对称，
∴D3(-32，-3)，
∴经过第2025次旋转后，顶点D的坐标(-32，-3)，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
题型09 求弧长
32．（2022·山东枣庄·统考三模）一根钢管放在V形架内，其横截面如图所示，钢管的半径是24cm，若∠ACB=60°，则劣弧AB的长是（ ）
A．8πcmB．16πcmC．32πcmD．192πcm
【答案】B
【分析】先利用v形架与圆的关系求出∠C+∠AOB=180°，由∠C=60°，可求∠AOB=120°，由OB=24cm，利用弧长公式求即可．
【详解】解：∵AC与BC是圆的切线，
∴OA⊥AC，OB⊥CB，
∴∠OAC=∠OBC=90°，
∴∠C+∠AOB=360°-∠OAC-∠OBC=360°-90°-90°=180°，
∵∠C=60°，
∴∠AOB=180°-60°=120°，
∵OB=24cm,
∴lAB=120×π×24180=16πcm．
故选择B．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，四边形内角和，弧长公式，掌握直线与圆的位置关系，四边形内角和，弧长公式是解题关键．
33．（2023·甘肃天水·统考一模）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（AB），点O是这段弧所在圆的圆心，半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，则这段弯路（AB）的长度为（ ）
A．20πmB．30πmC．40πmD．50πm
【答案】C
【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出这段弯路（AB）的长度．
【详解】解：∵半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，
∴这段弯路（AB）的长度为：80π×90180=40π(m)，
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l=nπr180.
34．（2022·广东中山·统考一模）某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B．若该圆半径是9cm，∠P＝40°，则AMB的长是（ ）
A．11πcmB．112πcmC．7πcmD．72πcm
【答案】A
【分析】如图，根据切线的性质可得∠PAO=∠PBO=90°，根据四边形内角和可得∠AOB的角度，进而可得AMB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AMB所在圆相切于点A，B．
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P＝40°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-40°=140°，
∵该圆半径是9cm，
∴AMB=360-140180π×9=11πcm，
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．
35．（2023·湖北武汉·校考一模）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2m，高为23m，则改建后门洞的圆弧长是（ ）
A．5π3mB．8π3mC．10π3mD．5π3+2m
【答案】C
【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ΔCOD是等边三角形，得到∠COD=60°，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为360°-60°=300°，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接AD，BC，交于O点，
∵∠BDC=90° ，
∴BC是直径，
∴BC=CD2+BD2=22+232=4，
∵四边形ABDC是矩形，
∴OC=OD=12BC=2，
∵CD=2，
∴OC=OD=CD，
∴ΔCOD是等边三角形，
∴∠COD=60°，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为360°-60°=300° ，
∴改建后门洞的圆弧长是300°π×12BC180°=300°π×12×4180°=103π(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．
36．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，点A，B，C，D在半径为5的⊙O上，连接AB，BC，CD，AD．若∠ABC=108°，则劣弧AC的长为 ．

【答案】4π
【分析】先利用圆内接四边形的对角互补求出∠D的度数，再利用圆周角定理求出∠AOC的度数，最后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，∠ABC=108°，
∴∠D=180°-∠ABC=72°，
∴∠AOC=2∠D=144°，
∴劣弧AC的长为144×π×5180=4π．
故答案为：4π．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，弧长公式，熟练运用这些知识是解题的关键．
37．（2023·河北石家庄·校联考二模）如图是放于水平桌面上的鱼缸，其主体部分的轴截面是圆心为O的弓形AMB，与桌面CD相切于点M，开口部分AB与桌面CD平行，测得开口部分AB=40cm，MB=205cm．（参考数据：tan26.5°≈12，sin30°=12）

(1)求弓形AMB的半径；
(2)求优弧AMB的长．
【答案】(1)25
(2)635π18
【分析】（1）连接MO并延长MO交AB与点N，根据垂径定理可得AN=BN=20，在Rt△BMN中，BM2=BN2+MN2，勾股定理即可求得MN，设⊙O半径为r，则OB=OM=r，ON=40-r，在Rt△ONB中，BO2=ON2+BN2，即可求解；
（2）连接AO、BO，根据正切的定义以及已知条件得到∠BMN=26.5°，进而求得AMB所对的圆心角度数，根据弧长公式即可求解．
【详解】（1）连接MO并延长MO交AB与点N

由题意知，MO⊥CD，
∴∠OMC=90°，
又∵AB∥CD，
∴∠BNO=∠OMC=90°，
即NO⊥AB，
∴AN=BN=12AB=12×40=20，
在Rt△BMN中，BM2=BN2+MN2，
∴(205)2=MN2+202，
∴MN=40，
设⊙O半径为r，则OB=OM=r，ON=40-r，
在Rt△ONB中，BO2=ON2+BN2，
∴r2=(40-r)2+202，
解得：r=25，
∴弓形AMB的半径为25．
（2）连接AO、BO，

∵tan∠OMB=2040=12，tan26.5°≈12，
∴∠BMN=26.5°，
在⊙O中，∠BON=2∠BMN=53°，
∴∠AOB=53°×2=106°，
∴nAMB=360°-106°=254°，
∴lAMB=nπr180=254×π×25180=635π18．
【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，圆周角定理，求弧长，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型10 利用弧长及扇形面积公式求半径
38．（2021·安徽·统考三模）如图，AB是⊙O的弦，点C是劣弧AB的中点，若∠BAC＝30°，劣弧AB的长为23π，则⊙O的半径为 ．
【答案】1
【分析】连接OC、OB，根据已知求出∠COB的度数，根据弧长公式求出即可．
【详解】解：如图，连接OB、OC，
∵点C是劣弧AB的中点，劣弧AB的长为23π，
∴劣弧BC的长为13π，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，
根据弧长的计算公式得60πr180=13π，
∴r=1．
故答案为：1
【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，能求出∠COB的度数和熟记弧长公式是解此题的关键．
39．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）一个扇形的弧长是4πcm，面积是12πcm2，则此扇形的半径是 cm．
【答案】6
【分析】根据扇形面积公式S=12lr计算即可．
【详解】解：∵S=12lr，
∴12π=12×4πr，
解得r=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式S=12lr是解题的关键．
40．（2023·江苏盐城·统考一模）如图，用一个圆心角为150°的扇形围成一个无底的圆锥，如果这个圆锥底面圆的半径为2cm，则这个扇形的半径是 cm．

【答案】245
【分析】利用底面周长=展开图的弧长可得．
【详解】设扇形的半径为rcm，则150⋅πr180=2π×2，
解得：r=245．
故答案为：245．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图问题，解答本题的关键是确定“底面周长=展开图的弧长”这个等量关系，然后由扇形的弧长公式和圆的周长公式求值．
41．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在⊙O中，弦AB与CD交于点E，点C为AmB的中点，现有以下信息：

①AB为直径；②∠ACD=60°；③∠CEB=105°．
(1)从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题．
你选择的条件是___________，结论是___________（填写序号），请说明理由．
(2)在（1）的条件下，若AD的长为43π，求⊙O半径．
【答案】(1)①②；③；理由见解析（答案不唯一）
(2)2
【分析】（1）任选其中两条作为已知条件，剩余一条作为结论，均为真命题，结合圆当中的基本性质和定理进行证明即可；
（2）结合条件∠ACD=60°可推出∠AOD，从而结合弧长计算公式直接求解即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接BC，
∵点C为AmB的中点，
∴AC=BC，AC=BC，
情况一：选择条件是①②，结论是③，是真命题；理由如下：
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠CAB=45°，
∵∠ACD=60°，
∴∠CEB=∠ACD+∠CAB=60°+45°=105°，
∴条件是①②，结论是③，该命题为真命题；
情况二：选择条件是①③，结论是②，是真命题；理由如下：
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠CAB=45°，
∵∠CEB=105°，
∴∠ACD=∠CEB-∠CAB=105°-45°=60°，
∴条件是①③，结论是②，该命题为真命题；
情况三：选择条件是②③，结论是①，是真命题；理由如下：
∵∠ACD=60°，∠CEB=105°，
∴∠CAB=∠CEB-∠ACD=105°-60°=45°，
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠ACB=90°，
∵AB是圆上的弦，
∴AB为直径，
∴条件是②③，结论是①，该命题为真命题；
故答案为：①②；③（答案不唯一）；

（2）解：由（1）可知，∠ACD=60°，
如图所示，连接OD，
∴∠AOD=2∠ACD=2×60°=120°，
∵AD的长为43π，设⊙O的半径为r，
∴120πr180=43π，
解得：r=2，
∴⊙O的半径为2．

【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，弧长计算，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，理解直径所对的圆周角为直角及其推论，掌握弧长计算公式是解题关键．
题型11 利用弧长及扇形面积公式求圆心角
42．（2022·湖南长沙·一模）已知扇形半径是3cm，弧长为32πcm，则扇形的圆心角为 度．
【答案】90
【分析】已知扇形半径是3cm，弧长为32πcm，直接利用弧长公式l=nπr180即可求出n的值．
【详解】解：l=nπr180=nπ⋅3180=32π，
解得：n=90°，
故答案为：90．
【点睛】本题考查了弧长计算公式的应用，掌握弧长公式是解题的关键．
43．（2021·新疆乌鲁木齐·新疆农业大学附属中学校考一模）已知扇形面积为24π，弧长为8π，则此扇形的圆心角为 度．
【答案】240
【分析】根据扇形的弧长为8π，面积为24π，可以得到该扇形所在圆的半径，然后即可计算出该扇形所对的圆心角的度数．
【详解】解：设该扇形的半径为r，圆心角为n°，
∵扇形的弧长为8π，面积为24π，
∴ 12×8π⋅r=24π，
解得，r=6，
∵8π=nπ×6180，
∴n=240，
故答案为：240．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、弧长的计算，解答本题的关键是明确题意，利用扇形的弧长和面积公式解答．
44．（2022·河南驻马店·校联考二模）某种冰激凌的外包装可以视为圆锥，它的底面圆直径ED与母线AD长之比为1:2．制作这种外包装需要用如图所示的等腰三角形材料，其中AB=AC，AD⊥BC．将扇形AEF围成圆锥时，AE，AF恰好重合．
（1）求这种加工材料的顶角∠BAC的大小
（2）若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积．（结果保留π）
【答案】（1）∠BAC=90°；（2）S阴影=（100-25π）cm2．
【分析】（1）设ED=x，则AD=2x，根据圆的周长求 EF弧长，利用弧长公式求n=90°即可；
（2）由AB=AC，∠BAC=90°，可得△ABC为等腰直角三角形，由AD⊥BC可求BD=CD=AD=10cm， 利用三角形面积公式求S△BAC=12BC×AD，利用扇形面积公式求S扇形EF=25π，利用面积差求S阴影即可．
【详解】解：（1）设ED=x，则AD=2x，
∴EF弧长=2π×x2=nπ×2x180，
∴n=90°，
∴∠BAC=90°；
（2）∵ED=5cm，
∴AD=2ED=10cm，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵AD⊥BC，
∴BD=CD=AD=10cm，
∴BC=BD+CD=20cm，
∴S△BAC=12BC×AD=12×20×10=100cm2，
∴S扇形EF =90×π×102360=25π，
∴S阴影= S△BAC-S扇形EF=（100-25π）cm2．
【点睛】本题考查圆锥，侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，利用割补法求阴影面积，掌握圆锥，侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，利用割补法求阴影面积是解题关键．
题型12 求某点的弧形运动路径长度
45．（2023·贵州贵阳·统考三模）长为30 cm的细木条AB用两个铁钉固定在墙上，固定点为点A，B（铁钉的大小忽略不计），当固定点B处的铁钉脱落后，细木条顺时针旋转至与原来垂直的方向，点B落在点C的位置，则点B旋转的路径BC长为（ ）

A．450π cmB．225π cmC．15π cmD．7.5π cm
【答案】C
【分析】根据弧长公式进行计算便可．
【详解】解：点B旋转的路径BC长为90180π×30=15πcm，
故选：C．
【点睛】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
46．（2022·福建厦门·统考二模）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120°，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π）
【答案】4π
【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
120×π×6180=4π（cm）．
故答案为：4π．
【点睛】本题考查了弧长公式：l=n⋅π⋅R180（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．
47．（2022·山东滨州·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°