2025年中考数学总复习 专题12 与圆有关的计算（分层训练）(原卷版+解析版）

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【基础训练】
一、单选题
1．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）已知扇形的圆心角为60°，半径为1，则扇形的弧长为（ ）
A．π2B．πC．π6D．π3
【答案】D
【详解】解：根据弧长公式知：扇形的弧长为60π×1180=π3．
故选：D．
【点睛】题目主要考查弧长公式的计算，熟练掌握运用弧长公式是解题关键．
2．（2022·山东菏泽·统考一模）一个扇形的半径为3，圆心角为40°，则该扇形的面积是（ ）
A．πB．2πC．4πD．8π
【答案】A
【分析】直接代入扇形的面积公式即可得出答案．
【详解】解：根据题意，S扇形=40π×32360=π．
故选：A．
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，属于基础题，解题的关键是熟练掌握扇形的面积公式：S=nπr2360．
3．（2022·浙江宁波·统考中考真题）已知圆锥的底面半径为4cm，母线长为6cm，则圆锥的侧面积为（ ）
A．36πcm2B．24πcm2C．16πcm2D．12πcm2
【答案】B
【分析】利用圆锥侧面积计算公式计算即可：S侧=πrl；
【详解】S侧=πrl=π×4×6=24π cm2 ，
故选B．
【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算公式，比较简单，直接代入公式计算即可．
4．（2023·江苏南通·统考一模）若用半径为6，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用弧长公式易得圆锥侧面展开图的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径．
【详解】解：扇形的弧长＝120π×6180＝4π，
∴圆锥的底面圆的周长＝4π，
∴圆锥的底面圆半径＝4π2π＝2，
故选：B．
【点睛】本题考查圆锥，解题的关键是知道圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长．
5．（2022·浙江温州·校联考模拟预测）若圆锥的侧面展开图是一个半圆，该半圆的直径是4cm，则圆锥底面的半径是（ ）
A．0.5cmB．1cmC．2cmD．4cm
【答案】B
【分析】根据圆锥侧面展开图的半圆的周长等于圆锥底面的周长，从而求出底面半径；
【详解】解：由题意，底面圆的周长为：12×π×4=2π，
∴底面圆的半径为：2π2π=1（cm），
故选：B
【点睛】此题考查立体图形的侧面展开；圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径为圆锥的母线，扇形的弧长为圆锥的底面周长．
6．（2022·北京·101中学校考模拟预测）在半径为6cm的圆中，120°的圆心角所对的弧长是（ ）
A．4πcmB．3πcmC．2πcmD．πcm
【答案】A
【分析】直接把数据代入弧长公式l=nπr180进行计算即可．
【详解】解：由题意得，n=120°，r=6cm，
故可得：l=nπr180=120π×6180=4πcm．
故选A．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，熟记弧长公式是解本题的关键．
7．（2022·辽宁朝阳·校联考一模）如图，⊙O的半径为6，圆周角∠BAC=40°，则BC的长为（ ）
A．2π3B．4π3C．8π3D．16π3
【答案】C
【分析】分别连接OB、OC，则由圆周角定理可得∠BOC的度数，由弧长公式即可求得结果．
【详解】分别连接OB、OC，如图，
∴∠BOC=2∠BAC=80°，
∴lBC=80π×6180=8π3，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，弧长的计算公式，圆周角定理的应用是关键．
8．（2022·山东青岛·山东省青岛实验初级中学校考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠A=60°，BC=23，则BC的长为（ ）
A．πB．2πC．43πD．32π
【答案】C
【分析】连接OB、OC，过点O作OD⊥BC于D，根据垂径定理求出BD，根据圆周角定理求出∠BOC，根据余弦的定义求出OB，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：连接OB、OC，过点O作OD⊥BC于D，
则BD=DC=12BC=3，
由圆周角定理得，∠BOC=2∠A=120°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴OD=12OB，OB2=BD2+OD2，
即OB2=32+14OB2，
∴OB=2(负值已舍)，
∴BC的长=120π×2180=43π，
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、弧长的计算、垂径定理的应用，掌握圆周角定理、垂径定理、弧长公式是解题的关键．
9．（2004·浙江温州·中考真题）高斯用直尺和圆规作出了正十七边形,如图, 正十七边形的中心角∠AOB的度数近似于( )
A．11°B．17°C．21°D．25°
【答案】C
【详解】正多边形一定有外接圆，且每条边所对的中心角相等,即360°÷17≈21°．
故选C．
10．（2023·广东广州·统考一模）如图，已知∠ABC＝90°，AB＝πr，AB＝2BC，半径为r的⊙O从点A出发，沿A→B→C方向滚动到点C时停止.则在此运动过程中，圆心O运动的总路程为（ ）.
A．2πrB．3πrC．32πrD．52πr
【答案】A
【详解】试题分析：沿A→B→C方向滚动到点C时停止，全程路程如图所示：由图易知圆心所走路程S=AB+BC+弧MN
在Rt△MBN中，MN=2πr4=12πr．所以S=πr+12πr+12πr=2πr
考点：弧长
点评：本题难度中等，主要考查学生对弧长公式知识点解决动点问题综合运算能力．为中考长空题型，要求学生牢固掌握解题技巧．
11．（2023·福建福州·校考一模）AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠C=30°，CD= 43，则S阴影=（ ）
A．πB．2πC．83πD．4π
【答案】C
【分析】先求出∠EOD，再根据含30°直角三角形的性质得CE，及AC=2AE，然后根据勾股定理求出AE，进而得出AC，同理求出OE，OD，最后根据S阴影=S扇形AOD得出结论．
【详解】解：∵∠C=30°，
∴∠EOD=2∠C=60°.
∵AB⊥CD，AB过圆心O，CD=43，
∴∠AEC=∠DEO=90°，CE=DE=23.
∴∠EDO=30°.
在Rt△ACE中，∠C=30°，
∴AC=2AE，
根据勾股定理，得(2AE)2=(23)2+AE2，
解得AE=2（负数舍去），
∴AC=2AE=4，
同理OE=2，OD=4，
∴S△AEC=S△OED=12×23×2=23，
∴S阴影=S扇形AOD=60π×42360=83π.
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，扇形的面积等，将求不规则图形面积转化为求规则图形的面积是解题的关键．
12．（2022·甘肃武威·统考中考真题）大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形ABCDEF，若对角线AD的长约为8mm，则正六边形ABCDEF的边长为（ ）
A．2mmB．22mmC．23mmD．4mm
【答案】D
【分析】如图，连接CF与AD交于点O，易证△COD为等边三角形，从而CD=OC=OD=12AD，即可得到答案．
【详解】连接CF与AD交于点O，
∵ABCDEF为正六边形，
∴∠COD= 360°6=60°，CO=DO，AO=DO=12AD=4mm，
∴△COD为等边三角形，
∴CD=CO=DO=4mm，
即正六边形ABCDEF的边长为4mm，
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的性质，正确把握正六边形的中心角、半径与边长的关系是解题的关键．
13．（2023·江苏连云港·统考一模）如图，一扇形纸扇完全打开后，两竹条外侧OA和OB的夹角为120°，OA长为10cm，贴纸部分的CA长为5cm，则贴纸部分的面积为（ ）
A．254πm2B．25πm2C．48πcm2D．75πcm2
【答案】B
【分析】贴纸部分的面积实际是扇形OAB和扇形OCD的面积差，可根据扇形的面积公式分别表示出两部分的面积，进而可求出贴纸部分的面积．
【详解】解：S=S扇形OAB-S扇形OCD=120⋅π×102360−120π×52360=25π（cm2），
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算方法，不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的和差．
14．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，已知⊙O的周长为4π，AB的长为π，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π−2B．π−3C．πD．2
【答案】A
【详解】试题分析：∵⊙O的周长为4π，∴⊙O的半径是r=4π÷2π=2，∵AB的长为π，∴AB的长等于⊙O的周长的14，∴∠AOB=90°，∴S阴影=14×π×22−2×2÷2=π−2．故选A．
考点：1．扇形面积的计算；2．弧长的计算．
15．（2023·甘肃兰州·统考一模）同圆的内接正三角形与内接正方形的边长的比是（ ）
A．62B．34C．63D．43
【答案】A
【详解】根据题意画出图形,设出圆的半径,再根据垂径定理,由正多边形及直角三角形的性质求解即可.
二、填空题
16．（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．
17．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在扇形AOB中，∠AOB=120°，OB=3，OC⊥OB于点O，交AB于点C，连接AB，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】π+34
【分析】设AB交OC于点R，过点R作RT⊥OA于点T，求出RT，OR，根据
S阴=S△ROB+S扇形AOC−S△AOR，求解即可．
【详解】解：如图，设AB交OC于点R，过点R作RT⊥OA于点T，

∵OC⊥OB，
∴∠BOC=90°，
∵∠AOB=120°，OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=∠AOR=30°，
∴RA=RO，
∵RT⊥OA，
∴AT=TO=32，
∴RT=OT·tan30°=12，
∴OR=2RT=1，
∴S阴=S△ROB+S扇形AOC−S△AOR
=12×1×3+30π×32360−12×3×12
=π+34
故答案为：π+34．
【点睛】本题考查扇形的面积的计算，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．
18．（2023·浙江温州·温州市第四中学校考二模）已知扇形的圆心角为80°，半径为3，则它的面积为 ．
【答案】2π
【分析】根据扇形的面积公式直接计算即可．
【详解】解：扇形的面积S=80π×32360=2π，
故答案为：2π．
【点睛】此题考查了扇形的面积公式：S=nπR2360，熟记公式是解题的关键．
19．（2023·江苏无锡·统考一模）已知扇形的圆心角为120°，半径为3，扇形的周长为 .
【答案】6+2π．
【详解】试题分析：直接利用弧长公式求出扇形弧长，进而得出扇形的周长．
∵扇形的圆心角为120°，半径为3，
∴扇形的弧长为：120π×3180=2π，
∴扇形的周长为：6+2π．
考点: 弧长的计算．
20．（2022·广西河池·统考一模）如图，在正六边形ABCDEF中，则sin∠ABE的值为 ．
【答案】32
【分析】根据正六边形的性质得出∠ABE=60°，然后根据特殊角三角函数值即可得出答案．
【详解】∵ABCDEF为正六边形，
∴每个外角为360°6=60°，每个内角为180°−60°=120°，
∴∠ABC=120°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=12∠ABC=60°，
∴sin∠ABE=sin60°=32．
故答案为：32．
【点睛】本题考查正六边形的性质及特殊角的三角函数值，熟练掌握并会应用是解题的关键．
21．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC=12，BD=16，分别以点A，B，C，D为圆心，12AB的长为半径画弧，与该菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【答案】96-25π
【分析】先根据菱形的性质得出AB的长和菱形的面积，再根据扇形的面积公式求出四个扇形的面积和即可得出答案
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16，
∴AC⊥BD，AO=6，BO=8；
∴AB=OB2+OA2=10；
∴菱形ABCD的面积=12AC×BD=12×12×16=96
∵四个扇形的半径相等，都为12AB=5，且四边形的内角和为360°，
∴四个扇形的面积=360π×52360=25π，
∴阴影部分的面积=96-25π；
故答案为：96-25π．
【点睛】本题考查的是扇形面积计算、菱形的性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
22．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，若将△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，则AB的长为 ．
【答案】1.5π
【分析】根据旋转的性质和圆周长即可解得．
【详解】∵△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，
∴AB的长是圆周长的14，
∴AB=14×π×6=1.5π，
故答案为：1.5π．
【点睛】此题考查了旋转的性质，解题的关键熟悉旋转的性质和圆的周长．
23．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）已知圆锥的侧面积是6π，母线是4，则圆锥的高为 .
【答案】552
【分析】根据S=12lR得到扇形弧长，结合圆锥展开图扇形弧长等于底面圆周长解出半径r，根据勾股定理即可得到答案；
【详解】解：∵圆锥的侧面积是6π，母线是4，
∴6π=12l×4，解得：l=3π，
∴3π=2πr，解得：r=32，
∴ℎ=42−(32)2=552，
故答案为：552；
【点睛】本题考查圆锥展开图的面积弧长关系，解题的关键是熟练掌握S=12lR，l=2πr．
24．（2010·江苏泰州·中考真题）已知扇形的圆心角为120°，半径为15cm，则扇形的弧长为 cm（结果保留π）．
【答案】10π
【详解】试题分析：根据弧长公式计算．
解：l===10πcm．
25．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，菱形ABCD中，分别以点B，D为圆心，以12BD长为半径画弧，分别交边BC，AD于点E，F．若AB=4，∠BAD=60°，则图中阴影部分的面积为 ．（结果不取近似值）
【答案】4π3
【分析】先根据菱形的性质得到AB=AD，AD∥BC，证明△ABD是等边三角形，得到BD=4，∠ADB=60°，得到OB=OD=2，∠DBC=60°，再根据扇形面积公式进行求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AD∥BC，
∵∠BAD=60°，AB=4，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=4，∠ADB=60°，
∴OB=OD=12BD=2，∠DBC=∠ADB=60°，
∴S阴影=S扇形ODF+S△OBE
=60×π×22360+60×π×22360
=4π3，
故答案为：4π3．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，扇形面积，等边三角形的性质与判定，证明△ABD是等边三角形是解题的关键．
三、解答题
26．（2023·江苏镇江·校联考一模）如图，已知Rt△ABD中，∠A＝90°，将斜边BD绕点B顺时针方向旋转至BC，使BC∥AD，过点C作CE⊥BD于点E．
(1)求证：△ABD≌△ECB；
(2)若∠ABD＝30°，BE=3，求弧CD的长．
【答案】（1）证明见解析；(2) lCD=2π
【分析】（1）由题意得两个三角形是直角三角形，根据旋转的性质得出BC=BD，由AD∥BC推出∠ADB=∠EBC，即可证明△ABD≌△ECB；
（2）由全等三角形的性质得出AD=BE=3．根据30°角所对的直角边等于斜边的一半得出BD=2AD=6，根据平行线的性质求出∠DBC=60°，再代入弧长计算公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵∠A=90°,CE⊥BD ∴∠A=∠BEC=90°
∵BC∥AD
∴∠ADB=∠EBC
∵旋转，
∴BD=BC’
∴ △ABD≌△ECB
(2) ∵ △ABD≌△ECB
∴AD=BE=3
∵∠A=90°，∠ABD=30°
∴BD=2AD=6
∵BC ∥ AD
∴∠A+∠ABC=180°
∴∠ABC=90, ∠DBC=60°
lCD=60360⋅2π⋅6=2π.
故答案为（1）证明见解析；(2) lCD=2π.
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的性质，旋转的性质，弧长的计算，证明出△ABD≌△ECB是解题的关键．
27．（2023·安徽淮南·统考模拟预测）一个等腰RtΔABC如图所示，将它绕直线AC旋转一周，形成一个几何体．
（1）写出这个几何体的名称，并画出这个几何体的三视图．
（2）依据图中的测量数据，计算这个几何体的表面积（结果保留π）．
【答案】（1）圆锥，图详见解析；（2）42+4π
【分析】（1）由旋转方式可知旋转后的几何体为圆锥，再画出旋转后所得圆锥的三视图即可；
（2）根据圆锥的表面积公式计算即可．
【详解】（1）圆锥
；
（2）几何体的表面积为：12×2π×2×22+π×22 =(42+4)π．
【点睛】本题考查了平面图形的旋转问题和圆锥的表面积，掌握知识点是解题关键．
28．（2023·江西南昌·统考一模）如图1是一座拱桥，图2是其侧面示意图，斜道AC的坡度i=1:2，斜道BD的坡度i=1:1，测得湖宽AB=85米，AC=155米，BD=202米，已知弧CD所在圆的圆心O在AB上．（备注：坡度即坡角的正切值，如AC的坡度i=tanA．）
(1)分别求拱桥部分C、D到直线AB的距离；
(2)求弧CD的长（结果保留π）．
【答案】(1)点C到直线AB的距离为15米，点D到直线AB的距离为20米
(2)25π2米
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，根据坡度的概念分别设出AC、AE、DB、BF的长，再利用勾股定理即可求出结果；
（2）连接OC，OD，根据勾股定理求OE、OF，根据全等三角形的性质求出∠DOC=90°，再利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）解：过点C作CE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，
在Rt△ACE中，∵tanA=12，
设CE=x（米），则AE=2x（米），
由勾股定理得x2+2x2=1552，
解得：x1=15，x2=−15（舍去），
∴CE=15（米），AE=30（米），
同理可证，在Rt△BDF中，
BF=DF=20（米）
答：点C到直线AB的距离为15米，点D到直线AB的距离为20米．
（2）解：连接OC，OD，
∵AB=85（米），AE=30（米），BF=20（米），
∴EF=85−30−20=35（米）．
设OE=z米，则OF=35−z米，
∴152+z2=202+35−z2．
解得：z=20，即OE=20（米），OF=15（米）．
在Rt△CEO和Rt△OFD中，
CE=OFOE=DF
∴△CEO≌△OFDHL．
∴∠COD=90°，CO=OD=202+152=25．
∴弧CD的长=90°×2π⋅25360°=25π2（米）．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用−坡度坡角问题、弧长的计算，掌握坡度坡角的概念并熟记锐角三角函数的定义及弧长公式是解决问题的关键．
29．（2023·广东广州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC的角平分线AD交BC于D．
（1）动手操作：利用尺规作⊙O，使⊙O经过点A、D，且圆心O在AB上；并标出⊙O与AB的另一个交点E（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）综合应用：在你所作的图中，
①判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
②若AB=6，BD=23，求线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积（结果保留根号和π）．
【答案】（1）作图见解析；（2）①直线BC与⊙O的位置关系为相切，理由见解析；②23−23π
【分析】（1）根据题意得：作线段AD的垂直平分线交AB于点O，再以点O为圆心，AO长为半径作圆，则⊙O即为所求；
（2）①由∠BAC的角平分线AD交BC边于D，与圆的性质可证得AC∥OD，又由∠C=90°，则问题得证；
②设⊙O的半径为r．则在Rt△OBD中，利用勾股定理列出关于r的方程，通过解方程即可求得r的值；然后根据扇形面积公式和三角形面积的计算，即可求解．
【详解】解：（1）作线段AD的垂直平分线交AB于点O，再以点O为圆心，AO长为半径作圆，则⊙O即为所求，如图1：
；
（2）①直线BC与⊙O的位置关系为相切，理由如下：
如图1，连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∵∠BAC的角平分线AD交BC边于D，
∴∠CAD=∠OAD，
∴∠CAD=∠ADO，
∴AC∥OD，
∵∠C=90°，
∴∠ODB=90°，
∴OD⊥BC，
即直线BC是⊙O的切线，
∴直线BC与⊙O的位置关系为相切；
②如图2，
设⊙O的半径为r，则OB=6﹣r，又BD=23，
在Rt△OBD中，
OD2+BD2=OB2，
即r2+（23）2=（6﹣r）2，
解得r=2，
∴OB=6﹣r=4，
∴OB=2OD，
∴∠B=30°，
∴∠DOB=60°，
∴S扇形ODE=60π×22360=23π，
S△ODB=12OD•BD=12×2×23=23，
∴线段BD、BE与劣弧DE所围成的图形面积为：S△ODB−S扇形DOE =23−23π．
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，熟练掌握切线的判定，线段垂直平分线的性质，勾股定理，扇形面积公式是解题的关键．
30．（2023·辽宁抚顺·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣1，4），B（﹣4，0），C（﹣1，0）．

（1）△A1B1C1与△ABC关于原点O对称，画出△A1B1C1并写出点A1的坐标；
（2）△A2B2C2是△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的，画出△A2B2C2并写出点A2的坐标；
（3）连接OA、OA2，在△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A2B2C2的过程中，计算线段OA变换到OA2过程中扫过区域的面积是多少？（直接写出答案）
【答案】（1）图形见解析，点A1的坐标为（1，﹣4）；（2）图形见解析，点A2的坐标为（4，1）；（3）174π
【分析】(1)把△ABC的各个顶点关于原点的对称点画出来，连接起来，即可得到答案；
(2)把△ABC的各个顶点绕原点O顺时针旋转90°的对应点画出来，连接起来，即可得到答案；(3)根据扇形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标为（1，﹣4）；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，点A2的坐标为（4，1）；

（3）∵线段OA变换到OA2过程中扫过区域是扇形，OA=12+42=17，
∴线段OA变换到OA2过程中扫过区域的面积=90×π×(17)2360= 174π．
【点睛】本题主要考查图形的中心对称变换和旋转变换，根据题意，画出图形，是解题的关键.
31．（2022·宁夏银川·银川九中校考二模）在方格纸中，线段AB和直线l的位置如图所示：
(1)画出线段AB关于直线l的对称线段A1B1；
(2)若小方格的边长为1，连接A1B，画出线段A1B绕点A1顺时针方向旋转90°所得到的线段A1B2，并求出点B旋转到B2所经过的路径长．
【答案】(1)图见详解
(2)图见详解，点B旋转到B2所经过的路径长为132π
【分析】（1）根据轴对称的性质可直接进行作图；
（2）由题意先作出图，然后根据弧长公式可求解．
【详解】（1）解：线段A1B1如图所示：
（2）解：线段A1B2如图所示，
∴A1B2=A1B=22+32=13，∠BA1B2=90°，
∴点B旋转到B2所经过的路径长为90π×13180=132π．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的性质、旋转的性质、勾股定理与网格问题及弧长计算公式，熟练掌握轴对称图形的性质、旋转的性质、勾股定理与网格问题及弧长计算公式是解题的关键．
32．（2023·江苏镇江·校联考二模）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，AB，DC的延长线交于点E．
（1）求证：AC平分∠DAB；
（2）若BE=3，CE=33，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）932−3π2
【分析】（1）连接OC，如图，利用切线的性质得CO⊥CD，则AD∥CO，所以∠DAC=∠ACO，加上∠ACO=∠CAO，从而得到∠DAC=∠CAO；
（2）设⊙O半径为r，利用勾股定理得到r2+27=（r+3）2，解得r=3，再利用锐角三角函数的定义计算出∠COE=60°，然后根据扇形的面积公式，利用S阴影=S△COE﹣S扇形COB进行计算即可．
【详解】解：（1）连接OC，如图，
∵CD与⊙O相切于点E，
∴CO⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥CO，
∴∠DAC=∠ACO，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO，
∴∠DAC=∠CAO，
即AC平分∠DAB；
（2）设⊙O半径为r，
在Rt△OEC中，∵OE2+EC2=OC2，
∴r2+27=（r+3）2，解得r=3，
∴OC=3，OE=6，
∴cs∠COE=OCOE=12，
∴∠COE=60°，
∴S阴影=S△COE﹣S扇形COB=12•3•33﹣60·π·32360=932−32π．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．也考查了圆周角定理和扇形的面积公式．
33．（2011·江苏南京·统考中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，以A（5，1）为圆心，2个单位长度为半径的⊙A交x轴于点B、C．解答下列问题：
（1）将⊙A向左平移 个单位长度与y轴首次相切，得到⊙A1．此时点A1的坐标为 ，阴影部分的面积S＝ ；
（2）求BC的长．
【答案】（1）3 、（2、1），6；（2）23
【分析】（1）由半径为2可知平移圆心到（2，1）时⊙A与y轴首次相切，即可得出平移的距离；阴影部分通过平移后可得一个矩形，利用面积公式计算即可；
（2）利用垂径定理即可求出BC的长；
【详解】（1）将⊙A向左平移3个单位长度与y轴首次相切，得到⊙A1．此时点A1的坐标为（2，1），阴影部分的面积S＝ 6；
（2）连接AC，则AC=2，∵∠ADC=90°，AD=1，∴CD＝22−12=3，
∴BC＝2CD＝23．
【点睛】本题考查了平移，垂径定理，求扇形的阴影部分面积，掌握以上知识是解题的关键．
34．（2023·辽宁丹东·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点A，B，C的坐标分别为A−2,−1， B−5,−2，C−1,−3．
（1）将△ABC向上平移4个单位长度，再向右平移6个单位长度，画出平移后得到的△A1B1C1，并直接写出点 A1的坐标；
（2）将△ABC绕着原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2．
①画出旋转后的△A2B2C2；
②点C旋转到点C2所经过的路径长为______个单位长度．
【答案】（1）作图见解析；点A1的坐标为4,3；（2）①作图见解析；②102π．
【分析】（1）根据平移的性质作出图形，然后根据图像求解即可；
（2）①根据旋转的性质作出图形即可；②连接OC，OC2，利用网格求出OC，然后根据旋转角是90°，求出弧长即可．
【详解】解：（1）如图示，△A1B1C1即为所求的三角形，由图像可知，点A1的坐标为 4,3
（2）①如图示，△A2B2C2即为所求的三角形．
②如图示，连接OC，OC2，则点C旋转到点C2所经过的路径长是 CC2，且旋转角是90°
∴OC=12+32=10
则，CC2=2π·10·90360=102π
【点睛】本题考查了平移作图和旋转作图，求弧长等知识点，能准确做出旋转后得图形是解题的关键．
35．（2023·河北保定·统考一模）“垃圾入桶，保护环境从我做起”，如图所示的是某款垃圾桶侧面展示图，AD=DC=40cm,GD=30cm,GF=20cm，∠A=∠GDC=∠DGF=90°，桶盖GFEC可以绕点G逆时针方向旋转，当旋转角为40°时，桶盖GFEC落在GF′E′C′的位置．
(1)求在桶盖旋转过程中，点C运动轨迹的长度．
(2)求点F′到地面AB的距离．（参考数据：sin40∘≈0.64,cs40∘≈0.77,tan40∘≈0.84）
【答案】(1)100π9cm
(2)82.8cm
【分析】（1）连接CG，由旋转知点C，C′都在以G为圆心，CG为半径的圆上，则点C运动轨的长度为弧C′的长，再由勾股定理和弧长公式进行求解即可；
（2）过点F′作F′M⊥AB，垂足为点M，交GF于点N，先判断四边形AMNG为矩形，再由解直角三角形求解即可．
【详解】（1）如图，连接CG，由旋转知点C，C′都在以G为圆心，CG为半径的圆上，则点C运动轨的长度为弧C′的长．
在Rt△GDC中，DC=40cm,GD=30cm，
∴GC=GD2+DC2=302+402=50cm，
∴弧CC′的长度为=40×π×50180=100π9cm，
故点C运动轨迹的长度为100π9cm；
（2）如图，过点F′作F′M⊥AB，垂足为点M，交GF于点N，
∴∠F′MA=90∘．
∵∠A=∠DGF=90∘，
∴四边形AMNG为矩形，
∴F′NG=∠MNG=90∘,MN=AG=GD+DA=70cm，
在Rt△F′NG中，∴F′N=F′G⋅sin∠F′GN=F′G⋅sin40∘≈20×0.64=12.8cm，
∴F′M=F′N+MN=12.8+70=82.8cm
答：点F′到地面AB的距离约为82.8cm．
【点睛】本题考查了勾股定理，解直角三角形，矩形的判定和性质，弧长公式，旋转的性质，正确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．
【能力提升】
36．（2023上·江苏盐城·九年级统考期中）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC．
(1)如图1，若∠B=60°，连接AO并延长交⊙O于点D，交BC于点H．
①弧BD的度数为：______；BH与CH的数量关系是：______．
②请你仅使用无刻度的直尺在图1中作出一个正六边形，保留作图痕迹（作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）；
(2)如图2，若∠BAC=36°，E是AB的中点，请你仅使用无刻度的直尺在图2中，作一个⊙O的内接正五边形（作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示）．
【答案】(1)①60°；BH=CH；②见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，正多边形和圆以及复杂作图等知识．
（1）①连接BO,根据垂径定理逆定理证明AD⊥BC，再证明△ABC是等边三角形可得BH=CH,∠BAD=30°,可得∠BOD=60°, 从而可得结论；②连接CO,延长BO,CO,交⊙O于点E,F,根据等边三角形的性质得∠ABE=∠CBE=∠BCF=∠ACF=∠BAD=∠CAD=30°,可得AE=EC=CD=DB=BF=FA, ∠AFB=∠FBD=∠BDC=∠DCE=∠CEA=∠EAF=120°，故可得正六边形AFBDCE；
（2）根据圆周角的定理及同弧所对的圆周角相等得到∠AOB=∠AOC=144°，再根据E F是中点得到∠AOD=∠COD=∠AOH=∠BOH=72°，得∠BOC=72°,根据三线合一性得到弧相等，弦相等，最后即可得到五边形AHBCD即为所求．
【详解】（1）①连接BO,

∵AB=AC,
∴AB=AC,
∵AD过圆心O,
∴AD⊥BC,
∵AB=AC,∠B=60°,
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠BCA=60°,BH=CH=12BC
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=30°,
∴∠BOD=2∠BAD=60°．
故答案为：60°,BH=CH；
②如图，正六边形AFBDCE即为所作；

（2）如图，正五边形AHBCD即为所求作．

37．（2023上·河北邢台·九年级校考期中）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O．

(1)若P是CD上的动点，连接BP,FP，求∠BPF的度数；
(2)已知△ADF的面积为23．
①求∠DAF的度数；
②求⊙O的半径．
【答案】(1)60°；
(2)① 60°；② 2．
【分析】（1）在CD取一点P，连接BP、AP、FP、FO，利用弦和圆周角的关系即可求出∠BPF的值；
（2）①证明△AOF是等边三角形即可求出；②利用三角函数求出DF=3AF，AD=2AF，再根据△ADF的面积为23即可求出．
【详解】（1）如图所示，在CD取一点P，连接BP、AP、FP、FO ，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AF=AB ，∠AOF=360°6=60°，
∴∠APF=12∠AOF=30°，
∵AF=AB，
∴∠APB=∠APF=30°，
∴∠BPF=∠APB+∠APF=60°；
（2）①∵∠A0F=60°，AO=FO，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠DAF=60°；
②∵∠DAF=60°，
∴DF=3AF，AD=2AF，
∴S△ADF=12AF×DF=32AF2=23，
∴AF=2，
即⊙O的半径为2．
【点睛】此题考查了圆内解正六边形问题，解题的关键是掌握圆内解正六边形的性质及弦和圆周角之间的关系．
38．（2024·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，已知点A，B的坐标分别为4,0，3,2．
(1)将△AOB向上平移2个单位长度得到△A1O1B1，画出△A1O1B1（点A1，O1，B1分别为点的对A，O，B应点）；
(2)将△AOB绕点O按逆时针方向旋转90°得到△A2OB2，画出△A2OB2（点A2，B2分别为点A，B的对应点）；
(3)在（2）的条件下，求AB边扫过的面积（结果保留π）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)34π
【分析】本题考查了利用平移变换作图，利用旋转变换作图，扇形的面积，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键，难点在于观察出（3）中AB扫过的面积等于两个扇形的面积的差．
（1）根据网格结构找出点A、O、B向上平移2个单位的对应点A1，O1，B1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、O、B绕点O按逆时针方向旋转90°的对应点A2、O、B2的位置，然后顺次连接即可；
（3）利用勾股定理列式求出OB，再根据AB边扫过的面积等于OA扫过的面积减去OB扫过的面积列式计算即可得解．
【详解】（1）解：如图所示， △A1O1B1即为所求，
（2）解：如图所示，△A2OB2即为所求；
（3）解：由题意得OA=4．
由勾股定理得OB=22+32=13，
故AB边扫过的面积为 S扇形AOA2−S扇形BOB2=90⋅π⋅42360−90⋅π⋅(13)2360=4π−134π=34π．
39．（2022上·全国·九年级专题练习）如图是两个半圆，点O为大半圆的圆心，AB是大半圆的弦且与小半圆相切，且AB=24．问：能求出阴影部分的面积吗？若能，求出此面积；若不能，试说明理由．
【答案】能求出阴影部分的面积，阴影部分的面积为72π，理由见解析
【分析】本题主要考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，将小圆向右平移，使两圆变成同心圆，如图，连OB，过O作OC⊥AB于C点，由垂径定理得到AC=BC=12，由切线的性质可得OC为小圆的半径，则S阴影部分=S大半圆−S小半圆=12πAC2=72π．
【详解】解：能求出阴影部分的面积，阴影部分的面积为72π，理由如下；
将小圆向右平移，使两圆变成同心圆，如图，连OB，过O作OC⊥AB于C点，
∴AC=BC=12，
∵AB是大半圆的弦且与小半圆相切，
∴OC为小圆的半径，
∴S阴影部分=S大半圆−S小半圆
=12π⋅OB2−π⋅OC2
=12πOB2−OC2
=12πAC2
=72π．
40．（2023上·吉林白山·九年级校联考期末）如图，网格中每个小正方形的边长均为1．在AB的左侧，分别以△ABC的三边为直径作三个半圆围成图中的阴影部分．
(1)图中△ABC是什么特殊三角形？
(2)求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)16
【分析】本题主要考查勾股定理以及勾股定理的逆定理，求不规则图形的面积：
（1）根据勾股定理求出AC和BC的长度，再结合AB的长度，运用勾股定理的逆定理，判断△ABC是不是直角三角形；
（2）设以AC，BC，AB为直径的半圆面积分别为S1，S2，S3，则S阴影=S1+S2+S△ABC−S3．
【详解】（1）解：由图可得AC=BC=42+42=42，AB=8，
∴ AC2+BC2=AB2，
∴ △ABC是等腰直角三角形；
（2）解：设以AC，BC，AB为直径的半圆面积分别为S1，S2，S3，
则S阴影=S1+S2+S△ABC−S3
=12πAC22+12πBC22+S△ABC−12πAB22
=18πAC2+BC2−AB2+S△ABC
在Rt△ABC中，由勾股定理知，AC2+BC2=AB2，
∴ S阴影=S△ABC=12×8×4=16．