第28讲 与圆有关的计算（21题型）（练习）-2024年中考数学一轮复习练习（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第28讲 与圆有关的计算
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\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°<α<180°）得到△AB'C'，并使点C'落在AB边上，则点B所经过的路径长为 ．（结果保留π）
【答案】23π．
【分析】利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠BAB'=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．
【详解】解：∵∠C=90°，∠ABC=30°，BC=3，
∴AB=2AC，
设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：
x2+(3)2=(2x)2，
解得：x=1，
则：AC=1，AB=2，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°<α<180°）得到△AB'C'，且点C'落在AB边上，
∴旋转角为60°，
∴∠BAB'=60°，
∴点B所经过的路径长为：nπr180=60π180×AB=π3×2=2π3 ，
故答案为：23π．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．
48．（2021·广西河池·统考二模）如图所示，将一个半径OA=10cm，圆心角∠AOB=90°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上时，则半径OA的中点P运动的路线长为 cm．
【答案】10π+552π
【分析】本题考查了弧长的计算，解题的关键是理解点O经过的路线并能正确运用弧长公式进行计算．仔细观察点O经过的路线可得，点O经过的路线可以分为四段，分别求出四段的长，再求出其和即可．
【详解】解：连接BP，如图所示：
∵P为AO的中点，OA=10cm，
∴PO=5cm，
根据勾股定理得：BP=PO2+BO2=55cm，
中点P经过的路线可以分为四段，当AB切射线OM于点B时，OB⊥OM，此时P点绕不动点B转过了90°，此时点P经过的路线长为：
90π×55180=55π2cm，
第二段：OB⊥OM到OA⊥OM，P点绕动点转动，而这一过程中AB始终与射线OM相切，
∴点P转动点的连线始终垂直射线OM，
∴点P运动的路线长为AB的长，即90π×10180=5πcm，
第三段：OB⊥OM到点P落在射线OM上，点P绕不动点A转动了90°，此时点P运动的路线长为：90π×5180=52πcm；
第四段：OA⊥OM到OB与射线OM重合，点P绕不动点O转动了90°，此时点P运动的路线长为：90π×5180=52πcm；
∴P点经过的路线总长为：5π+52π+52π+552π=10π+552πcm．
故答案为：10π+552π．
49．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，A−1,0，B−2,−1，C0,−3．
(1)以原点O为位似中心，相似比为2，作△ABC的位似图形，得到△A1B1C1，请在图中作出△A1B1C1（点A1，B1，C1分别为点A，B，C的对应点）；
(2)若将△ABC绕原点O逆时针旋转90∘，得到△A2B2C2，请在图中作出△A2B2C2（点A2，B2，C2分别为点A，B，C的对应点）；旋转过程中，点B经过的路径长为____________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析；52π
【分析】（1）利用网格和位似的性质找出各个对应点，连线即可解答；
（2）利用网格和旋转的性质即可画出所求作的三角形，利用勾股定理算出OB的长度，再利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
OB=12+22=5，
∴旋转过程中，点B经过的路径长为90π5180=52π，
故答案为：52π．
【点睛】本题考查了作图-旋转作图，作图-位似变换，除上述知识点外，熟练掌握勾股定理和弧长公式也是解题的关键．
题型13 求扇形面积
50．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，以点B为圆心，BA长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，则扇形BAE的面积为（ ）
A．π3B．3π5C．2π3D．3π4
【答案】C
【分析】解直角三角形求出∠CBE=30°，推出∠ABE=60°，再利用扇形的面积公式求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠C=90°，
∵BA=BE=2，BC=3，
∴cs∠CBE=CBBE=32，
∴∠CBE=30°，
∴∠ABE=90°−30°=60°，
∴S扇形BAE=60⋅π⋅22360=2π3，
故选：C．
【点睛】本题考查扇形的面积，三角函数、矩形的性质等知识，解题的关键是求出∠CBE的度数．
51．（2023·福建三明·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，以B为圆心，BC的长为半径画弧，交AD于点E．则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【答案】π3
【分析】先根据特殊角的锐角三角函数值，求出∠ABE，进而求出∠EBC，再根据扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠A=∠ABC=90° ，
∵ 以B为圆心，BC的长为半轻画弧，交AD于点E， BC=2，
∴BE=BC=2 ，
在Rt△ABE中，AB=1，
∴cs∠ABE=ABBE=12 ，
∴∠ABE=60° ，
∴∠EBC=90°−60°=30° ，
S阴影=30π×22360=π3 ．
故答案为：π3 ．
【点睛】本题考查了由特殊角的三角函数值求角度数，矩形的性质，扇形的面积的计算，综合掌握以上知识点并熟练运用是解题的关键．
52．（2022·湖北十堰·统考一模）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A=90°,BC=4．分别以点B、点C为圆心，线段BC长的一半为半径作圆弧，交AB、BC、AC于点D、E、F，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】4−π
【分析】根据等腰直角三角形的性质可求出AC的长，根据S阴影=S△ABC-2S扇形CEF即可得答案．
【详解】∵等腰直角三角形ABC中，∠A=90°,BC=4，
∴AC=AB=22BC=22，∠B=∠C=45°，
∴S阴影=S△ABC-2S扇形CEF=12AC⋅AB−2×45π×22360=4−π，
故答案为：4−π
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质及扇形面积，熟练掌握面积公式是解题关键．
53．（2023·江苏徐州·一模）如图，C，D是以AB为直径的半圆上的两点，∠CAB=∠DBA，连结BC，CD．
(1)求证：CD∥AB．
(2)若AB=4，∠ACD=30°，求阴影部分的面积．
【答案】(1)答案见解析
(2)23π
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据 ∠CAB＝∠DBA得到∠CAB＝∠ACD，进而得到结论；
（2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形COD的面积相等，继而得到结论．
【详解】（1）证明：∵AD⌒=AD⌒，
∴∠ACD＝∠DBA，
又∵∠CAB＝∠DBA，
∴∠CAB＝∠ACD，
∴CD∥AB；
（2）解：如图，连结OC，OD．
∵∠ACD＝30°，
∴∠ACD＝∠CAB＝30°，
∴∠AOD＝∠COB＝60°,
∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°．
∵CD∥AB，
∴S△DOC=S△DBC，
∴S阴影=S弓形COD+S△DOC=S弓形COD+S△DBC=S扇形COD，
∵AB＝4，
∴OA＝2，
∴S扇形COD=nπr2360=60×π×22360=23π．
∴S阴影=23π．
【点睛】本题主要考查扇形的面积，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定，掌握定理以及公式是解题的关键．
题型14 求图形旋转后扫过的面积
54．（2017·山东淄博·统考一模）如图，将△ABC绕点C旋转60∘得到△A'B'C，已知AC=6，BC=4，则线段AB扫过的图形面积为（ ）
A．3π2B．8π3C．6πD．10π3
【答案】D
【分析】根据图形可以得出AB扫过的图形的面积=S扇形ACA'+SΔABC−S扇形BCB'−SΔA'B'C，由旋转的性质就可以得出SΔABC=SΔA'B'C就可以得出AB扫过的图形的面积=S扇形ACA'-S扇形BCB'求出其值即可．
【详解】解：∵△ABC绕点C旋转60°得到△A′B′C，
∴△ABC≌△A′B′C，
∴SΔABC=SΔA'B'C， ∠BCB'=∠ACA'=60°．
∵AB扫过的图形的面积=S扇形ACA'+SΔABC−S扇形BCB'−SΔA'B'C，
∴AB扫过的图形的面积=S扇形ACA'−S扇形BCB'，
∴AB扫过的图形的面积=60π×62360−60π×42360=103π．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的性质的运用，扇形的面积公式的运用，解答时根据旋转的性质求解是关键．
55．（2020·广东深圳·统考三模）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．
56．（2023·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，OA=1，将OA绕点O顺时针旋转45°到OA1，扫过的面积记为S1，A1A2⊥OA1交x轴于点A2；将OA2绕点O顺时针旋转45°到OA3，扫过的面积记为S2，A3A4⊥OA3交y轴于点A4；将OA4绕点O顺时针旋转45°到OA5，扫过的面积记为S3，A5A6⊥OA5交x轴于点A6；…；按此规律，则S2022的值为 ．

【答案】22018π
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出扇形的半径，写出部分Sn的值，根据数的变化找出变化规律Sn=2n−3π，依此规律即可得出结论．
【详解】由题意△A1OA2、△A3OA4、△A5OA6、⋯、都是等腰直角三角形，
∴OA2=2，OA4=2， OA6=22，⋯，
∴S1=45π×12360=18π， S2=45π×(2)2360=14π， S3=45π×22360=12π， S4=45π×(22)2360，⋯；
∴Sn＝2n−4π，
∴S2022＝22018π，
故答案为：22018π
【点睛】本题考查了坐标与图形性质旋转，等腰直角三角形的性质以及扇形的面积，解题的关键是找出规律Sn=2n−3π．
57．（2022·安徽马鞍山·统考二模）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABO的顶点均在格点上，点A，B的坐标分别是A(2,2)，B(1,3)，把△ABO绕点O逆时针旋转90°后得到△A1B1O．
(1)画出△A1B1O，直接写出点A1，B1的坐标；
(2)计算在旋转过程中，△ABO所扫过的面积．
(3)以原点O为位似中心，位似比为2，在第三象限画出△ABO放大后的△A2B2O．
【答案】(1)见详解；A1，B1的坐标分别为(﹣2,2)，(﹣3,1)
(2)52π+2
(3)见详解
【分析】（1）利用旋转的性质可得△A1B1O，从而得出点A1，B1的坐标；
（2）利用勾股定理的逆定理可知△AOB是直角三角形，从而得出△ABO所扫过的面积=扇形BOB1的面积+S△AOB；
（3）根据位似图形的性质可得答案．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1O即为所求；A1，B1的坐标分别为(-2,2)，(-3,1)；
（2）解：OB＝12+32=10，AB＝2，OA＝22，
∴OB2=OA2+AB2，
∴△AOB是直角三角形，
∴∠OAB＝90°，
∴△ABO所扫过的面积＝扇形BOB1的面积
=90π×102360+12×2×22
=52π+2；
（3）解：如上图所示，△A2B2O即为所求．
【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换和位似变换，扇形的面积公式，勾股定理及其逆定理等知识，准确画出图形是解题的关键．
题型15 求圆锥侧面积
58．（2023·浙江宁波·统考二模）已知圆锥的母线长8cm，底面圆的直径6cm，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A．96πcm2B．48πcm2C．33πcm2D．24πcm2
【答案】D
【分析】根据圆锥的侧面积=12×底面周长×母线长计算即可求解．
【详解】解：底面直径为6cm，则底面周长=6π，
侧面面积=12×6π×8=24πcm2．
故选D．
【点睛】本题考查圆锥的计算，解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积=12×底面周长×母线长．
59．（2023·广东广州·统考一模）如图是一个几何体的三视图，主视图和左视图均是面积为12的等腰三角形，俯视图是直径为6的圆，则这个几何体的全面积是（ ）
A．24πB．21πC．15πD．12π
【答案】A
【分析】这个几何体有两个视图为三角形，那么可得是锥体，第3个视图是圆，那么这个几何体是圆锥，根据主视图和左视图面积均是12的等腰三角形，可以求出三角形的高为4，也就是锥体的高为4，再利用勾股定理求出圆锥的母线长，最后根据全面积＝侧面积＋底面积计算即可．
【详解】解：过O作OC⊥AB于点C，
∵这个几何体有两个视图为等腰三角形，俯视图是直径为6的圆，
∴这个几何体是圆锥，底面直径是6，半径为3，
∵主视图和左视图面积均是12的等腰三角形，
∴等腰三角形的底边为AB=6，
∵OC⊥AB，
∴BC=12AB=12×6=3，
∴12AB⋅OC=12，即12×6×OC=12，
∴OC=4，
∴OB=OC2+BC2=42+32=5，
∴圆锥的母线长为5，
∴圆锥的全面积为：12×2π×3×5+π×32=24π．
故选：A．
【点睛】本题考查圆锥表面积的计算及由三视图判断几何体；判断出几何体的形状及相关数据是解题的关键．注意：圆锥的表面积等于圆锥的侧面积与底面圆的面积之和，圆锥的侧面积等于圆锥侧面展开图即扇形的面积．也考查了勾股定理，等腰三角形的性质和三角形的面积．
60．（2023·广东汕头·校考一模）圆锥的底面直径是8，母线长是9，则该圆锥的全面积为（ ）
A．36πB．52πC．100πD．136π
【答案】B
【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，圆锥的底面积=底面半径的平方×π，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：圆锥的侧面积=π×8×9÷2=36π，
圆锥的底面积=π×822=16π，
∴圆锥的全面积=36π+16π=52π，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了求圆锥的全面积，熟知圆锥的侧面积和底面积的求法是解题的关键．
61．（2023·山东东营·东营市东营区实验中学校考一模）已知圆锥的底面圆半径为4，侧面展开图扇形的圆心角为120°，则它的侧面展开图面积为 ．
【答案】48π
【分析】首先根据底面圆的半径求得扇形的弧长，然后根据弧长公式求得扇形的半径，然后利用公式求得面积即可．
【详解】解：∵底面圆的半径为4，
∴底面周长为8π，
∴侧面展开扇形的弧长为8π，
设扇形的半径为r，
∵圆锥的侧面展开图的圆心角是120°，
∴120πr180＝8π，
解得：r＝12，
∴侧面积为π×4×12＝48π，
故答案为：48π．
【点睛】考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的侧面展开扇形的弧长等于底面圆的周长，难度不大．
题型16 求圆锥底面半径
62．（2021·山东临沂·统考二模）如图，从一块半径为1m的圆形铁皮上剪出一个圆周角为120°的扇形ABC，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为 m．
【答案】13
【分析】连接OA，OB，证明△AOB是等边三角形，继而求得AB的长，然后利用弧长公式可以计算出BOC的长度，再根据扇形围成圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长即可作答．
【详解】连接OA，OB，
则∠BAO=12∠BAC=12×120°=60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=1，
∵∠BAC=120°，
∴BOC的长为：120·π·AB180=2π3，
设圆锥底面圆的半径为r
2πr=2π3
r=13
故答案为13．
【点睛】本题主要考查了弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等的知识点，借助等量关系即可算出底面圆的半径．
63．（2022·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市第六十八中学校考模拟预测）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥母线l=6，扇形的圆心角θ=120°，则该圆锥的底面圆的半径r长为 ．
【答案】2
【分析】结合题意，根据弧长公式，可求得圆锥的底面圆周长．再根据圆的周长的公式即可求得底面圆的半径长．
【详解】∵母线l长为6，扇形的圆心角θ=120°，
∴圆锥的底面圆周长=120π×6180=4π，
∴圆锥的底面圆半径r=4π2π=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图的相关计算，弧长公式等知识．掌握圆锥侧面展开图的弧长等于圆锥底面圆的周长是求解本题的关键．
64．（2022·广东中山·校联考三模）如图，正六边形ABCDEF的边长为4，以A为圆心，AC的长为半径画弧，得EC，连接AC、AE，用图中阴影部分作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．
【答案】233
【分析】由正六边形ABCDEF的边长为4，可得AB=BC=4，∠ABC=∠BAF=120°，进而求出∠BAC=30°，∠CAE=60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH=CH=12AC，BH=2．在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH=23，得到AC=43．根据扇形的面积公式可得到阴影部分的面积，即是圆锥的侧面积，最后根据圆锥的侧面积公式求解底面半径即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF的边长为4，
∴AB=BC=4，
∠ABC=∠BAF=(6−2)×180°6=120°，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，
∴∠BAC=12(180°−∠ABC)=30°，
如图，过B作BH⊥AC于H，
∴AH=CH=12AC，
BH=12AB=12×4=2，
在Rt△ABH中，
AH=AB2−BH2=42−22=23，
∴AC=2AH=43，
同理可求∠EAF=30°，
∴∠CAE=∠BAF−∠BAC−∠EAF=120°−30°−30°=60°，
∴S扇形CAE=60π⋅(43)2360=8π，
∴S圆锥侧＝S扇形CAE=8π，
∵S圆锥侧＝πrl=πr⋅AC=43πr，
∴43πr=8π，
∴r=233，
故答案为：233．
【点睛】本题考查的是正六边形的性质、扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理、圆锥的侧面积，掌握扇形面积公式和圆锥侧面积公式是解题的关键．
题型17 求圆锥的高
65．（2020·山东聊城·统考模拟预测）如图，有一块半径为1m，圆心角为90°的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（ ）．
A．14mB．34mC．154mD．32m
【答案】C
【分析】首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．
【详解】解：设圆锥的底面周长是l，则l=nπr180=90×π×1180=π2m，
则圆锥的底面半径是：π2÷2π=14m，
则圆锥的高是：12−142=154m．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
66．（2019·浙江金华·校联考一模）如图，AB是圆锥的母线，BC为底面半径，已知BC=6cm，圆锥的侧面积为15πcm2，则sin∠ABC的值为（ ）
A．34B．35C．45D．53
【答案】C
【详解】分析：先根据扇形的面积公式S=12L•R求出母线长，再根据锐角三角函数的定义解答即可．
详解：设圆锥的母线长为R，由题意得
15π=π×3×R，解得R=5，
∴圆锥的高为4，
∴sin∠ABC=45．
故选C．
点睛：本题考查了圆锥侧面积公式的运用，注意一个角的正弦值等于这个角的对边与斜边之比．
67．（2021·内蒙古鄂尔多斯·统考一模）已知圆锥的母线长是9cm，它的侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的高为 cm．
【答案】62
【分析】设圆锥底面半径为r cm，那么圆锥底面圆周长为2πr cm，所以侧面展开图的弧长为2πr cm，然后利用扇形的面积公式即可得到关于r的方程，解方程即可求得圆锥底面圆的半径，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【详解】解：设圆锥底面半径为r cm，
那么圆锥底面圆周长为2πr cm，
所以侧面展开图的弧长为2πr cm，
S圆锥侧面积=12×2πr×9=120π×92360，
解得：r=3，
∴圆锥的高为92−32=62cm，
故答案为：62．
【点睛】本题主要考查圆锥侧面展开图的知识和圆锥侧面面积的计算，解题的关键是正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
68．（2022·广东韶关·校考三模）若圆锥侧面展开图是面积为65πcm2的扇形，扇形的弧长为10πcm，则圆锥的高为 ．
【答案】12cm/12厘米
【分析】根据圆锥的侧面积=12×弧长×母线长，可得圆锥的母线长，然后可以利用勾股定理求得圆锥的高，即可求解．
【详解】解：设母线长为R，由题意得：
65π=12×10π×R，
解得R=13cm．
设圆锥的底面半径为r，
则10π=2πr，解得：r=5，
故圆锥的高为：132-52=12．
故答案为：12
【点睛】本题考查圆锥侧面积公式的应用，解题的关键是牢记圆锥的侧面积=12×弧长×母线长．
题型18 求圆锥侧面积展开图的圆心角
69．（2023·内蒙古包头·模拟预测）若一个圆锥体的底面积是其表面积的14，则其侧面展开图圆心角的度数为 ．
【答案】120°/120度
【分析】根据圆锥的底面积是其表面积的14，则得到圆锥底面半径和母线长的关系，根据圆锥侧面展开图的弧长＝底面周长即可求得圆锥侧面展开图的圆心角度数．
【详解】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°．
由题意得S底面面积=πr2，
l底面周长=2πr，
∵个圆锥体的底面积是其表面积的14，
∴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得3πr2=12×2πr×R，
故R=3r．
由l扇形弧长=nπr180得：
2πr=nπ×3180，
解得n=120．
故答案为：120°．
【点睛】此题通过圆锥的底面和侧面，结合有关圆、扇形的一些计算公式，重点考查空间想象能力、综合应用能力．熟记圆的面积和周长公式、扇形的面积和两个弧长公式并灵活应用是解答本题的关键．
70．（2022·湖南长沙·统考一模）曹老师用一张半径为18cm的扇形纸板，做了一个圆锥形帽子（接缝忽略不计），如果圆锥形帽子的半径是10cm，则这张扇形纸板的圆心角是 ．
【答案】200°
【分析】根据圆锥的底面周长等于扇形的弧长列式计算即可．
【详解】解：设扇形纸板的圆心角是n°，
根据题意得：2π×10=18nπ180 ，
解得：n＝200，
所以扇形的圆心角为200°．
故答案为：200°
【点睛】本题主要考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
71．（2022·江苏徐州·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），若该圆锥的底面圆周长为20πcm，侧面积为240π cm2，则这个扇形的圆心角的度数是 度．
【答案】150
【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】设圆锥的母线长为l cm，扇形的圆心角为n°，
∵圆锥的底面圆周长为20πcm，
∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为20πcm，
由题意得：12×20π×l=240π，
解得：l=24，
则nπ×24180=20π.
解得n=150，即扇形的圆心角为150°，
故答案为:150．
【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.
题型19 圆锥的实际问题
72．（2023·湖北省直辖县级单位·校联考模拟预测）用一张半圆形铁皮，围成一个底面半径为4cm的圆锥形工件的侧面（接缝忽略不计），则圆锥的母线长为（ ）
A．4cmB．8cmC．12cmD．16cm
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）列式求解即可．
【详解】解：设圆锥的母线长为l，
由题意得：2×4π=180×π⋅l180，
∴l=8cm，
故选B．
【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟知圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）是解题的关键．
73．（2020·辽宁盘锦·统考二模）如图，从一圆形纸片上剪出一个半径为R、圆心角为90°的扇形；和一半径为r的圆，使之恰好围成如图所示的圆锥，则R与r的关系为（ ）

A．R=2rB．R=4rC．R=22rD．R=6r
【答案】B
【分析】根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算即可得答案．
【详解】扇形的弧长是：90⋅πR180=πR2，
圆的半径为r，则底面圆的周长是2πr，
∵恰好围成如图所示的圆锥，
∴πR2=2πr，
∴R=4r，
故选：B．
【点睛】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
74．（2020·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．
75．（2020·江苏苏州·统考一模）如图，把矩形纸片ABCD分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形BAF和半径最大的圆，若恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则ABAD= ．

【答案】23
【分析】设AB＝x，AD＝y，则DE＝y﹣x，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可．
【详解】解：设AB＝x，AD＝y，则DE＝y﹣x，
根据题意，得：90π⋅x180=π(y−x) ，
整理得：x＝2(y﹣x)
解得：xy=23，
即：ABAD=23．
故答案为：23．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
76．（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．
题型20 圆锥侧面上的最短路径问题
77．（2021·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．
78．（2021·云南昆明·统考二模）如图，如果一只蚂蚁从圆锥底面上的点B出发，沿表面爬到母线AC的中点D处，则最短路线长为 ．
【答案】33．
【分析】将圆锥侧面展开，根据“两点之间线段最短”和勾股定理，即可求得蚂蚁的最短路线长.
【详解】如图将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′，
则线段BF为所求的最短路线．
设∠BAB′＝n°．
∵nπ⋅6180=4π，
∴n＝120，即∠BAB′＝120°．
∵E为弧BB′中点，
∴∠AFB＝90°，∠BAF＝60°，
Rt△AFB中，∠ABF＝30°，AB＝6
∴AF＝3，BF＝62−32＝33，
∴最短路线长为33．
故答案为：33．
【点睛】本题考查“化曲面为平面”求最短路径问题，属中档题.
79．（2019·山东泰安·统考二模）圆锥的底面周长为2π3，母线长为2，点P是母线OA的中点，一根细绳（无弹性）从点P绕圆锥侧面一周回到点P，则细绳的最短长度为 ．
【答案】1．
【详解】解：如图，连接AA′，∵底面周长为2π3，∴弧长=nπ×2180=2π3，∴n=60°即∠AOA′=60°，∴∠A=60°，∵OA=OA′，∴△AOA′是等边三角形，∴AA′=2，∵PP′是△OAA′的中位线，∴PP′=12AA′=1，故答案为1．
【分析】根据阴影部分面积等于以为直径的2 个半圆的面积加上减去为半径的半圆面积即．
【详解】解：在中，，

，





．
故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理，求扇形面积，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
题型21 计算不规则面积
80（2022·宁夏银川·宁夏银川二十四中校考一模）如图，两个半径长均为2的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形CFD的圆心C是AB的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE，CF交于点G，半径BE，CD交于点H，则图中阴影面积等于（ ）
A．π2−1B．π2−2C．π−1D．π−2
【答案】D
【分析】先根据扇形面积公式求出两扇形面积，再过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，再证明△CMG≌△CNH，可证得白色部分的面积等于对角线为2的正方形CMEN得面积，进而可求得阴影部分的面积．
【详解】解：∵两个直角扇形的半径长均为2，
∴两个扇形面积和为90π⋅(2)2360×2=π，
过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，则四边形CMEN是矩形，
∵C是AB的中点，
∴∠AEC=∠BEC，即EC平分∠AEB，
∴CM=CN，
∴四边形CMEN是正方形，
∴∠CMG=∠MCN=∠CNH，
∴∠MCG+∠GCN=∠NCH+∠GCN=90°，
∴∠MCG=∠NCH，
∴△CMG≌△CNH（ASA），
∴白色部分的面积等于对角线为2的正方形CMEN的面积，
∴空白部分面积为12×2×2=1，
∴阴影部分面积为π−2×1=π−2，
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积公式、圆的有关性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟记扇形面积公式，熟练掌握角平分线的性质定理和全等三角形的判定与性质，求出空白部分面积是解答的关键．
81．（2015·山东日照·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BCA=90° AC=4,BC=2两分圆别以AC,BC为半径画圆，则阴影部分的面积为（ ）
A．5π2−4B．10π−4C．10π−8D．5π2−8
【答案】A
【详解】设各个部分的面积为：S1、S2、S3、S4、S5，如图所示，
∵两个半圆的面积和是：S1+S5+S4+S2+S3+S4，△ABC的面积是S3+S4+S5，阴影部分面积是：S1+S2+S4，
∴图中阴影部分的面积为两个半圆的面积减去三角形的面积．
即阴影部分的面积=12π×4+12π×1-4×2÷2=52π-4．
故选：A.
82（2019·内蒙古巴彦淖尔·统考一模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的半径为2，以点A为圆心，以AC长为半径画弧交AB的延长线于点E，交AD的延长线于点F，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．4π﹣4B．4π﹣8C．8π﹣4D．8π﹣8
【答案】A
【分析】利用对称性可知：阴影部分的面积=扇形AEF的面积-△ABD的面积.
【详解】利用对称性可知：阴影部分的面积=扇形AEF的面积-△ABD的面积=90×π×42360−12×4×2=4π-4，
故选：A．
【点睛】本题考查扇形的面积公式、正方形的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
83（2023·山东淄博·统考一模）如图，菱形ABCD中，分别以点A，C为圆心，AD，CB长为半径画弧，分别交对角线AC于点E，F．若AB=2，∠BAD=60°，则图中阴影部分的面积为 ．（结果不取近似值）
【答案】23−23π
【分析】连接BD交AC于点G，证明△ABD是等边三角形，可得BD＝2，然后根据菱形的性质及勾股定理求出AC，再由S阴影＝S菱形ABCD－S扇形ADE－S扇形CBF得出答案．
【详解】解：连接BD交AC于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝2，AC⊥BD，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，∠DAC＝∠BCA＝30°，
∴BD＝2，
∴BG＝12BD=1，
∴AG=AB2−BG2=22−12=3，
∴AC＝2AG=23，
∴S阴影＝S菱形ABCD－S扇形ADE－S扇形CBF＝12×23×2−30π⋅22360−30π⋅22360=23−23π，
故答案为：23−23π．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积公式等，在求阴影部分面积时，能够将求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积是解题的关键．
84（2023·山东枣庄·统考一模）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O'处，得到扇形A'O'B'．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为 ．
【答案】π3+32
【分析】设A'O与扇形AOB交于点C，连接OC，解Rt△OCO'，求得O'C=3,∠COB=60°，根据阴影部分的面积为S扇形A'O'B'−S扇形OCB−S△OCO'，即可求解．
【详解】如图，设A'O与扇形AOB交于点C，连接OC，如图
∵O'是OB的中点
∴OO'=12OB=12OA=1, OA＝2，
∵ ∠AOB＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
∴∠A'O'O=90°
∴cs∠COB=OO'OC=12
∴∠COB=60°
∴O'C=OCsin60°=3
∴阴影部分的面积为S扇形A'O'B'−S扇形OCB−S△OCO'
=S扇形AOB'−S扇形OCB+S△OCO'
=90360π×22−60360π×22+12×1×3
=π3+32
故答案为：π3+32
【点睛】本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得∠COB=60°是解题的关键．
85（2022·广东湛江·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，分别以AB、BC、AC边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当AB=8，BC=4时，则阴影部分的面积为 ．
【答案】83
【分析】根据阴影部分面积等于以AC,BC为直径的2 个半圆的面积加上S△ABC减去AB为半径的半圆面积即S△ABC．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，
∴AC2+BC2=AB2
∵ AB=8，BC=4
∴AC=82−42=43
∴ S阴影部分=12AC⋅BC+12π×12AC2+12π×12BC2−12π×12AB2
=12AC⋅BC+12π×14AC2+BC2−AB2
=12AC⋅BC
=12×43×4
=83．
故答案为：83
【点睛】本题考查了勾股定理，求扇形面积，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
86（2022·重庆·重庆八中校考一模）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，CD＝43．以点A为圆心，AD长为半径画弧，此弧恰好经过点O，并与AB交于点E，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】83−43π
【分析】根据题意得到ΔADO是等边三角形，从而得到角度，再结合特殊角的直角三角形三边关系得到AD=4，AC=8，分别求出SΔACD=83，S扇形AOD=83π，S扇形AOE=43π，最后根据图形得到S阴影=SΔACD−S扇形AOD+S扇形AOE，代值求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD的两条对角线相交于点O，
∴OA=OB=OC=OD，
∵以点A为圆心，AD长为半径画弧，此弧恰好经过点O，
∴AO=AD=OD，即ΔADO是等边三角形，
∴∠DAO=60°，∠OAE=30°，
在RtΔACD中，∠ACD=∠OAE=30°，∠ADC=90°，CD=43，则AD=4，AC=8，
∴SΔACD=12AD·CD=12×4×43=83，
S扇形AOD=60°360°×π×42=83π，
S扇形AOE=30°360°×π×42=43π，
∴S阴影=SΔACD−S扇形AOD+S扇形AOE=83−83π+43π=83−43π，
故答案为：83−43π
【点睛】本题考查阴影图形面积，对于不规则图形面积求解，我们要根据题中图形转化为规则图形面积间接表示出来，在求解此题过程中涉及到矩形的性质、等边三角形的判定与性质、特殊角度的直角三角形三边关系、三角形面积公式和扇形面积公式，将阴影部分面积转化为常见图形面积来间接求解是解决问题的关键．
87．（2023·湖南株洲·模拟预测）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠ACB=60°，AD经过圆心O交⊙O于点E，连接BD，∠ADB=30°．
(1)判断直线BD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AB=43，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线BD与⊙O相切，理由见解析
(2)图中阴影部分的面积83−8π3
【分析】（1）连接BE，根据圆周角定理得到∠AEB=∠C=60°，连接OB，根据等边三角形的性质得到∠BOD=60°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ABE=90°，解直角三角形得到OB，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：直线BD与⊙O相切，
理由：如图，连接BE，
∵∠ACB=60°，
∴∠AEB=∠C=60°，
连接OB，
∵OB=OE，
∴△OBE是等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∵∠ADB=30°，
∴∠OBD=180°−60°−30°=90°，
∴OB⊥BD，
∵OB是⊙O的半径，
∴直线BD与⊙O相切；
（2）解：如（1）中图，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，
∵AB=43，
∴sin∠AEB=sin60°=ABAE=43AE=32，
∴AE=8，
∴OB=4，
∵OB⊥BD，∠ADB=30°
∴tan∠ADB=tan30°=OBBD=33，
∴BD=43，
∴图中阴影部分的面积=S△OBD−S扇形BOE=12×4×43−60π×42360=83−8π3．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，等边三角形 的判定和性质，解直角三角形，扇形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
88．（2021·浙江嘉兴·统考二模）如图，AB是⊙O的直径，E是⊙O上一点，AC平分∠BAE，过点C作CD⊥AE交AE延长线于点D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AB=6，∠BAC=30°，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）3π2
【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠BAC=∠ACO，推出AD//OC，根据平行线的性质得到∠OCD=90°，于是得到CD是⊙O的切线；
（2）求出∠OEA=∠EOC=60°，由扇形的面积公式可得出答案．
【详解】（1）连接OC，
∵OC=OA，
∴∠BAC=∠ACO，
∵AC是∠BAD的平分线，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠DAC=∠ACO，
∴AD//OC，
∴∠OCD+∠D=180°，
∵CD⊥AE
∴∠CDA=90°，
∴∠OCD=90°，
∴CD是⊙O的切线．
（2）连接CE，OE，
∵AB=6，
∴OC=OE=3，
∵∠BAC=∠DAC=30°，OA=OE，
∴∠OEA=∠EOC=60°，
∴△AOE和△EOC为等边三角形
∴∠OEC=∠AOE=∠EOC=60°
∴CE//AB，
∴S△CEO=S△CAE，
∴S阴=S扇EOC=60⋅π⋅9360=3π2．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质，扇形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
89．（2020·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考二模）如图，在ΔABC中，BC＝4，且ΔABC的面积为4，以点A为圆心，2为半径的⊙A交AB于E，交AC于F，点P是⊙A上一点，且∠EPF＝45°．
（1）求证：BC为⊙A的切线；
（2）求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）证明见详解；（2）4−π．
【分析】（1）作AD⊥BC，根据三角形的面积，可求出AD＝2=半径且为BC边上的高，即可判定；
（2）再根据圆周角定理得∠EAF＝2∠EPF＝90°，而S阴＝S△ABC−S扇形EAF，然后利用扇形的面积公式：S＝nπR2360和三角形的面积公式即可计算出图中阴影部分的面积．
【详解】解：（1）过点A作AD⊥BC，如图，
∵BC=4，S△ABC=4，
∴12×BC×AD=12×4×AD=4，
∴AD=2，
又⊙A的半径为2，
∴BC与⊙A相切，切点为点D，
（2）∵由（1）可知⊙A与BC相切于点D，
∴AD⊥BC，且AD＝2，
又∵∠EPF＝45°
∴∠BAC=90°，
而BC＝4，S△ABC=4，
∴S阴＝S△ABC−S扇形EAF＝12BC×AD﹣90π×22360＝4−π．
【点睛】本题考查了扇形的面积公式：S＝nπR2360（其中n为扇形的圆心角的度数，R为圆的半径），或S＝12lR，l为扇形的弧长，R为半径．同时考查了切线的性质定理和圆周角定理．
一、单选题
1．（2023·福建·统考中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为332，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得π的估计值为（ ）
A．3B．22C．3D．23
【答案】C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得∠AOB=30°，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得BC=12，根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为30°，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形OAB，过点B作BC⊥OA交OA于点于点C，
∵∠AOB=30°，
∴BC=12OB=12，
则S△OAB=12×1×12=14，
故正十二边形的面积为12S△OAB=12×14=3，
圆的面积为π×1×1=3，
用圆内接正十二边形面积近似估计⊙O的面积可得π=3，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
2．（2023·山东临沂·统考中考真题）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（ ）
A．60°B．90°C．180°D．360°
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，以及正多边形的中心角的度数，进行判断即可．
【详解】解：正六边形的中心角的度数为：360°6=60°，
∴正六边形绕其中心旋转60°或60°的整数倍时，仍与原图形重合，
∴旋转角的大小不可能是90°；
故选B．
【点睛】本题考查旋转图形，正多边形的中心角．熟练掌握旋转的性质，正多边形的中心角的度数的求法，是解题的关键．
3．（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF的外接圆⊙O的半径为2，过圆心O的两条直线l1、l2的夹角为60°，则图中的阴影部分的面积为（ ）

A．43π−3B．43π−32C．23π−3D．23π−32
【答案】C
【分析】如图，连接AO，标注直线与圆的交点，由正六边形的性质可得：A，O，D三点共线，△COD为等边三角形，证明扇形AOQ与扇形COG重合，可得S阴影=S扇形COD−S△COD，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接AO，标注直线与圆的交点，
由正六边形的性质可得：A，O，D三点共线，△COD为等边三角形，

∴∠AOQ=∠DOH，∠COD=∠GOH=60°，
∴∠COG=∠DOH=∠AOQ，
∴扇形AOQ与扇形COG重合，
∴S阴影=S扇形COD−S△COD，
∵△COD为等边三角形，OC=OD=2，过O作OK⊥CD于K，
∴∠COD=60°，CK=DK=1，OK=22−12=3，
∴S阴影=S扇形COD−S△COD=60π×22360=12×2×3=2π3−3；
故选C
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积的计算，勾股定理的应用，熟记正六边形的性质是解本题的关键．
4．（2023·四川德阳·统考中考真题）已知一个正多边形的边心距与边长之比为32，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，由ADBC=32可得ADBD=3，可得∠B=60°，而AB=AC，可得△ABC为等边三角形，从而可得答案．
【详解】解：如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形的边心距，

∴AB=AC，AD⊥BC，ADBC=32，
∴BD=CD=12BC，
∴AD2BD=32，即ADBD=3，
∴tan∠B=ADBD=3，
∴∠B=60°，而AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴多边形的边数为：36060=6，
故选B
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
5．（2023·山西·统考中考真题）中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线（即圆弧），高铁列车在转弯时的曲线起点为A，曲线终点为B，过点A,B的两条切线相交于点C，列车在从A到B行驶的过程中转角α为60°．若圆曲线的半径OA=1.5km，则这段圆曲线AB的长为（ ）．

A．π4kmB．π2kmC．3π4kmD．3π8km
【答案】B
【分析】由转角α为60°可得∠ACB=120°，由切线的性质可得∠OAC=∠OBC=90°，根据四边形的内角和定理可得∠AOB=360°−∠ACB−∠OAC−∠OBC=60°，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：如图：

∵∠α=60°，
∴∠ACB=120°，
∵过点A,B的两条切线相交于点C，
∴∠OAC=∠OBC=90°,
∴∠AOB=360°−∠ACB−∠OAC−∠OBC=60°,
∴60°×π×2×1.5360°=π2km．
故选B．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、弧长公式等知识点，根据题意求得∠AOB=60°是解答本题的关键．
6．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，矩形ABCD内接于⊙O，分别以AB、BC、CD、AD为直径向外作半圆．若AB=4,BC=5，则阴影部分的面积是（ ）

A．414π−20B．412π−20C．20πD．20
【答案】D
【分析】根据阴影部分面积为2个直径分别为AB,BC的半圆的面积加上矩形的面积减去直径为矩形对角线长的圆的面积即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AC，

∵矩形ABCD内接于⊙O，AB=4,BC=5
∴AC2=AB2+BC2
∴阴影部分的面积是S矩形ABCD+π×AB22+π×BC22−πAC22
S矩形ABCD+π×14AB2+BC2−AC2
=S矩形ABCD
=4×5=20，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
7．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，在正方形中，阴影部分是以正方形的顶点及其对称中心为圆心，以正方形边长的一半为半径作弧形成的封闭图形．将一个小球在该正方形内自由滚动，小球随机地停在正方形内的某一点上．若小球停在阴影部分的概率为P1，停在空白部分的概率为P2，则P1与P2的大小关系为（ ）

A．P1P2D．无法判断
【答案】B
【分析】根据题意可得阴影部分面积等于正方形面积的一半，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AE，BD交于O，
由题意得，A，B，C，D分别是正方形四条边的中点，
∴点O为正方形的中心，
∴S四边形AOBF=S四边形AODC，

根据题意，可得扇形OAB的面积等于扇形CAD的面积，
∴S四边形AOBF−S扇形OAB=S四边形AODC−S扇形AOC，
∴阴影部分面积等于空白部分面积，即阴影部分面积等于正方形面积的一半
∴P1=P2，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，扇形面积，几何概率，得出阴影部分面积等于正方形面积的一半是解题的关键．
8．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，某玩具品牌的标志由半径为1cm的三个等圆构成，且三个等圆⊙O1,⊙O2,⊙O3相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为（ ）

A．14πcm2B．13πcm2C．12πcm2D．πcm2
【答案】C
【分析】根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等，只要计算出一个阴影部分的面积即可，如图，连接AO1,AO2,O1O2，阴影AO1O2的面积＝扇形AO1O2的面积，据此即可解答.
【详解】解：根据圆的对称性可知：图中三个阴影部分的面积相等；
如图，连接AO1,AO2,O1O2，则AO1=AO2=O1O2，△AO1O2是等边三角形，
∴∠AO1O2=60°，弓形AO1,AO2,O1O2的面积相等，
∴阴影AO1O2的面积＝扇形AO1O2的面积=60π×12360=16πcm2，
∴图中三个阴影部分的面积之和=3×16π=12πcm2；
故选：C.

【点睛】本题考查了不规则图形面积的计算，正确添加辅助线、掌握求解的方法是解题关键.
9．（2023·四川遂宁·统考中考真题）为增强班级凝聚力，吴老师组织开展了一次主题班会．班会上，他设计了一个如图的飞镖靶盘，靶盘由两个同心圆构成，小圆半径为10cm，大圆半径为20cm，每个扇形的圆心角为60度．如果用飞镖击中靶盘每一处是等可能的，那么小全同学任意投掷飞镖1次（击中边界或没有击中靶盘，则重投1次），投中“免一次作业”的概率是（ ）

A．16B．18C．110D．112
【答案】B
【分析】根据扇形面积公式求出免一次作业对应区域的面积，再根据投中“免一次作业”的概率=免一次作业对应区域的面积÷大圆面积进行求解即可.
【详解】解：由题意得，大圆面积为π×202=400πcm2，
免一次作业对应区域的面积为60×π×202360−60×π×102360=50πcm2，
∴投中“免一次作业”的概率是50π400π=18，
故选B．
【点睛】本题主要考查了几何概率，扇形面积，正确求出大圆面积和免一次作业对应区域的面积是解题的关键．
10．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图1是一段弯管，弯管的部分外轮廓线如图2所示是一条圆弧AB，圆弧的半径OA=20cm，圆心角∠AOB=90°，则AB=（ ）

A．20π cmB．10π cmC．5π cmD．2π cm
【答案】B
【分析】根据弧长公式求解即可．
【详解】解：弧的半径OA=20cm，圆心角∠AOB=90°，
∴AB=90π×20180=10π，
故选：B．
【点睛】题目主要考查弧长公式，熟练掌握运用弧长公式是解题关键．
11．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（AC），点O是这段弧所在圆的圆心，B为AC上一点，OB⊥AC于D．若AC=3003m，BD=150m，则AC的长为（ ）

A．300πmB．200πmC．150πmD．1003πm
【答案】B
【分析】根据垂径定理求出AD长度，再根据勾股定理求出半径长度，最后利用弧长公式即可求出答案.
【详解】解： ∵OB⊥AC，点O是这段弧所在圆的圆心，
∴AD=CD，，
∵OD=OD，OA=OC，
∴△ADO≌△CDO，
∴∠AOD=∠COD.
∵AC=3003m，AD=CD，
∴AD=CD=1503m.
设OA=OC=OB=x，则DO=x−150，
在Rt△ADO中，x2=x−1502+15032，
∴x=300m，
∴sin∠AOD=ADAO=1503300=32.
∴∠AOD=60°，
∴∠AOC=120°，
∴AC=nπR180=120×π×300180=200πm.
故选：B.
【点睛】本题考查了圆的垂径定理，弧长公式，解题的关键在于通过勾股定理求出半径长度，从而求出所求弧长所对应的圆心角度数.
12．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC=22，以点A为圆心，AC为半径画弧，交AB于点E，以点B为圆心，BC为半径画弧，交AB于点F，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．π−2B．2π−2C．2π−4D．4π−4
【答案】C
【分析】先利用扇形的面积公式求出扇形ACE和扇形BCF的面积，再减去△ABC的面积即可得．
【详解】解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=∠B=45°，
∵AC=BC=22，
∴图中阴影部分的面积是S扇形ACE+S扇形BCF−SRt△ABC
=45π×222360+45π×222360−12×22×22
=2π−4，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．
13．（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．
14．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥的底面圆周长为20π cm，母线AB长为30cm，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条彩带的最短长度是（ ）
v
A．30 cmB．303 cmC．60 cmD．20π cm
【答案】B
【分析】根据圆锥的底面圆周长求得半径为10，根据母线长求得展开后的扇形的圆心角为120°，进而即可求解．
【详解】解：∵这个圆锥的底面圆周长为20π cm，
∴2πr=20π
解得：r=10
∵nπ×30180=20π
解得：n=120
∴侧面展开图的圆心角为120°
如图所示，AC即为所求，过点B作BD⊥AC，
∵∠ABC=120°，BA=BC，则∠BAC=30°
∵AB=30，则BD=15
∴AD=153，AC=2AD=303，

故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理解直角三角形，求得侧面展开图的圆心角为120°解题的关键．
15．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，该几何体是由一个大圆锥截去上部的小圆锥后剩下的部分．若该几何体上、下两个圆的半径分别为1和2，原大圆锥高的剩余部分OO1为2，则其侧面展开图的面积为（ ）

A．3πB．23πC．33πD．43π
【答案】C
【分析】根据展开面积大圆锥侧面积与小圆锥侧面积之差计算即可．
【详解】根据题意，补图如下：

∵OC∥BO1,OC=2,BO1=1，
∴△BO1A∽△COA，
∴AO1AO=BO1OC=12，
∴AO1=O1O=2，
∴AB=BC=22+12=3，
∴侧面展开图的面积为π×2×23−π×1×3=33π，
故选C．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积计算，三角形相似的判定和性质，熟练掌握圆锥的侧面积计算是解题的关键．
二、填空题
16．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则S1S2= ．

【答案】2
【分析】连接OA,OC,OE，首先证明出△ACE是⊙O的内接正三角形，然后证明出△BAC≌△OACASA，得到S△BAC=S△AFE=S△CDE，S△OAC=S△OAE=S△OCE，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接OA,OC,OE，

∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴AC=AE=CE，
∴△ACE是⊙O的内接正三角形，
∵∠B=120°，AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=12180°−∠B=30°，
∵∠CAE=60°，
∴∠OAC=∠OAE=30°，
∴∠BAC=∠OAC=30°，
同理可得，∠BCA=∠OCA=30°，
又∵AC=AC，
∴△BAC≌△OACASA，
∴S△BAC=S△OAC，
由圆和正六边形的性质可得，S△BAC=S△AFE=S△CDE，
由圆和正三角形的性质可得，S△OAC=S△OAE=S△OCE，
∵S1=S△BAC+S△AFE+S△CDE+S△OAC+S△OAE+S△OCE=2S△OAC+S△OAE+S△OCE=2S2，
∴S1S2=2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了圆内接正多边形的性质，正六边形和正三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
17．（2023·湖南·统考中考真题）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．

【答案】10
【分析】先求出正五边形的外角为72°，则∠1=∠2=72°，进而得出∠AOB=36°，即可求解．
【详解】解：根据题意可得：
∵正五边形的一个外角=360°5=72°，
∴∠1=∠2=72°，
∴∠AOB=180°−72°×2=36°，
∴共需要正五边形的个数=360°36°=10（个），
故答案为：10．

【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法．
18．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以点A为圆心，AB为半径画弧BF，得到扇形BAF（阴影部分）．若扇形BAF正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是 ．

【答案】23
【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．
【详解】解：∵正六边形的外角和为360°，
∴每一个外角的度数为360°÷6=60°，
∴正六边形的每个内角的度数为180°−60°=120°，
设这个圆锥底面圆的半径是r，
根据题意得，2πr=120π×2180，
解得r=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，并理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
19．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=3+1,BC=2,AH⊥CD，垂足为H,AH=3．以点A为圆心，AH长为半径画弧，与AB,AC,AD分别交于点E,F,G．若用扇形AEF围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为r1；用扇形AHG围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为r2，则r1−r2= ．（结果保留根号）

【答案】324/1243
【分析】由▱ABCD，AB=3+1,BC=2,AH⊥CD，AH=3，AD=BC=2，DH=22−32=1，csDAH=AHAD=32，AB=CD=3+1，AB∥CD，求解∠DAH=30°，CH=3=AH，证明∠ACH=∠CAH=45°，可得∠BAC=45°，再分别计算圆锥的底面半径即可．
【详解】解：∵在▱ABCD中，AB=3+1,BC=2,AH⊥CD，AH=3，
∴AD=BC=2，DH=22−32=1，
∵cs∠DAH=AHAD=32，AB=CD=3+1，
∴∠DAH=30°，CH=3=AH，
∴∠ACH=∠CAH=45°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=45°，
∴45π×3180=2πr1，30π×3180=2πr2，
解得：r1=38，r2=312，
∴r1−r2=3324−2324=324；
故答案为：324
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，扇形的弧长的计算，圆锥的底面半径的计算，熟记圆锥的侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长是解本题的关键．
20．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为30cm，母线长为50cm，则烟囱帽的侧面积为 cm2．（结果保留π）

【答案】1500π
【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，由扇形面积公式S=12lr代值求解即可得到答案．
【详解】解：∵圆锥形烟囱帽的底面半径为30cm，母线长为50cm，
∴烟囱帽的侧面积S=12lr=12×2π×30×50=1500π（cm2），
故答案为：1500π．
【点睛】本题考查圆锥侧面展开图及扇形面积公式S=12lr，熟记扇形面积公式是解决问题的关键．
21．（2023·吉林·统考中考真题）如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，半径r为15m，点A，B是圆上的两点，圆心角∠AOB=120°，则AB的长为 m．（结果保留π）

【答案】10π
【分析】利用弧长公式l=nπr180直接计算即可．
【详解】∵半径OA=15m，圆心角∠AOB=120°，
∴lAB⏜ =120×π×15180=10π，
故答案为：10π．
【点睛】本题考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式l=nπr180，并规范计算是解题的关键．
22．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，小珍同学用半径为8cm，圆心角为100°的扇形纸片，制作一个底面半径为2cm的圆锥侧面，则圆锥上粘贴部分的面积是 cm2．

【答案】169π/16π9
【分析】由题意知，底面半径为2cm的圆锥的底面周长为4πcm，扇形弧长为100π×8180=409πcm，则扇形中未组成圆锥底面的弧长l=409π−4π=49πcm，根据圆锥上粘贴部分的面积为扇形中未组成圆锥的弧长部分所对应的扇形面积可得圆锥上粘贴部分的面积为12lr=12×49π×8，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，底面半径为2cm的圆锥的底面周长为4πcm，扇形弧长为100π×8180=409πcm，
∴扇形中未组成圆锥底面的弧长l=409π−4π=49πcm，
∵圆锥上粘贴部分的面积为扇形中未组成圆锥的弧长部分所对应的扇形面积，
∴圆锥上粘贴部分的面积为12lr=12×49π×8=169πcm2，
故答案为：169π．
【点睛】本题考查了扇形的弧长、面积公式．解题的关键在于熟练掌握S扇形=12lr，l扇形=nπr180，其中n为扇形的圆心角，r为扇形的半径．
23．（2023·湖南·统考中考真题）如图，某数学兴趣小组用一张半径为30cm的扇形纸板做成一个圆锥形帽子（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形帽子的底面半径为8cm，那么这张扇形纸板的面积为 cm2．（结果保留π）

【答案】240π
【分析】根据圆锥底面半径，可以求出圆锥底面周长，底面圆周长即是扇形的弧长，根据扇形面积公式S=12lr可求出扇形面积．
【详解】解：帽子底面圆周长为：2×8π=16π，
则扇形弧长为16π， 扇形面积=12lr=12×16π×30=240π(cm2)
故答案为：240π
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，掌握圆锥的性质和扇形的面积公式是求解的关键．
24．（2023·湖南常德·统考中考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图．AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，D在AB上，CD⊥AB．“会圆术”给出AB长l的近似值s计算公式：s=AB+CD2OA，当OA=2，∠AOB=90°时，l−s= ．（结果保留一位小数）
【答案】0.1
【分析】由已知求得AB与CD的值，代入s=AB+CD2OA得弧长的近似值，利用弧长公式可求弧长的值，进而即可得解．
【详解】∵OA=OB=2，∠AOB=90°，
∴AB=22，
∵C是弦AB的中点，D在AB上，CD⊥AB，
∴延长DC可得O在DC上，OC=12AB=2
∴CD=OD−OC=2−2，
∴s=AB+CD2OA=22+2−222=3，
l=90×2×2π360=π，
∴l−s=π−3≈0.1．
故答案为：0.1．
【点睛】本题考查扇形的弧长，掌握垂径定理。弧长公式是关键．
25．（2023·湖南郴州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3cm，∠B=60°．将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，若点B的对应点B'恰好落在线段BC上，则点C的运动路径长是 cm（结果用含π的式子表示）．

【答案】3π
【分析】由于AC旋转到AC'，故C的运动路径长是CC'的圆弧长度，根据弧长公式求解即可．
【详解】以A为圆心作圆弧CC'，如图所示．

在直角△ABC中，∠B=60°，则∠C=30°，
则BC=2AB=2×3=6cm．
∴AC=BC2−AB2=62−32=33cm．
由旋转性质可知，AB=AB'，又∠B=60°，
∴△ABB'是等边三角形．
∴∠BAB'=60°．
由旋转性质知，∠CAC'=60°．
故弧CC'的长度为：60360×2×π×AC=π3×33=3πcm；
故答案为：3π
【点睛】本题考查了含30°角直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、弧长公式等知识点，解题的关键是明确C点的运动轨迹．
26．（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图，在△ABC中，AC=3，AB=4，BC边上的高AD=2，将△ABC绕着BC所在的直线旋转一周得到的几何体的表面积为 ．

【答案】14π
【分析】由圆锥的侧面展开图是扇形，可得圆锥的侧面积公式S=12lr，再根据题干数据进行计算即可．
【详解】解：由题意可得：旋转后的几何体是两个共底面的圆锥，
∵BC边上的高AD=2，
∴底面圆的周长为：2π×2=4π，
∵AC=3，AB=4，
∴几何体的表面积为12×3×4π+12×4×4π=14π．
故答案为：14π．
【点睛】本题考查的是圆锥的侧面积的计算，几何体的形成，熟记圆锥的侧面积公式是解本题的关键．
三、解答题
27．（2023·湖南娄底·统考中考真题）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，∠EAF的平分线交EF于点M．

(1)求证：AE2=EF⋅EM．
(2)若AF=1，求AE的长．
(3)求S正五边形ABCDES△AEF的值．
【答案】(1)见解析
(2)AE=5−12
(3)5
【分析】（1）根据正多边形的性质可以得到∠FAE=∠FEA=72°，再利用三角形的内角和以及角平分线的定义得到∠MAE=∠F，再根据∠FEA=∠AEM，可得到△AEM∽△FEA，进而得到结论；
（2）根据等角对等边可以得到AF=FE=1，AE=AM=FM，再由（1）得结论得到AE2=1×1−AE，解方程可以求出结果；
（3）设S△AEF=S，AF=a连接AD，AC，根据正多边形可以推导出△AFE≌△ACD，△ABC≌△AED，则可表示出S正五边形ABCDE，然后求出比值．
【详解】（1）证明：∵ABCDE是正五边形，
∴∠FAE=∠FEA=360°5=72°，
∴∠F=180°−∠FAE−∠FEA=180°−72°−72°=36°，
又∵∠EAF的平分线交EF于点M，
∴∠FAM=∠MAE=12∠FAE=12×72°=36°，
∴∠MAE=∠F，
又∵∠FEA=∠AEM，
∴△AEM∽△FEA，
∴AEFE=MEAE，
即AE2=EF⋅EM；
（2）解：∵∠F=∠FAM=36°，
∴∠AME=72°，
∴AF=FE=1，AE=AM=FM，
∵AE2=EF⋅EM，
∴AE2=1×1−AE，
解得：AE=5−12或AE=−5−12（舍去），
∴AE=5−12；
（3）设S△AEF=S，AF=a，连接AD，AC，
则根据（2）中计算可得AE=5−12a，
∵ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=EA=5−12a，∠BAE=∠AED=∠EDC=∠DCB=∠CBA=108°，
∴∠BAC=∠BCA=∠EDA=∠EAD=36°，
∴∠ACD=∠ADC=72°，
∴△AFE≌△ACD，△ABC≌△AED，
∴S△ADES△AEF=EDEF=5−12，
∴S△ADE=5−12S，
∴S正五边形ABCDE=S△ADE+S△ADC+S△ABC=5−12S+S+5−12S=5S，
∴S正五边形ABCDES△AEF=5SS=5．

【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质，正多边形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
28．（2023·河南·统考中考真题）小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数y=kx图象上的点A3,1和点B为顶点，分别作菱形AOCD和菱形OBEF，点D，E在x轴上，以点O为圆心，OA长为半径作AC，连接BF．
(1)求k的值；
(2)求扇形AOC的半径及圆心角的度数；
(3)请直接写出图中阴影部分面积之和．
【答案】(1)3
(2)半径为2，圆心角为60°
(3)33−23π
【分析】（1）将A3,1代入y=kx中即可求解；
（2）利用勾股定理求解边长，再利用三角函数求出∠AOD的度数，最后结合菱形的性质求解；
（3）先计算出S菱形AOCD=23，再计算出扇形的面积，根据菱形的性质及结合k的几何意义可求出S△FBO=3，从而问题即可解答．
【详解】（1）解：将A3,1代入y=kx中，
得1=k3，
解得：k=3；
（2）解：∵过点A作OD的垂线，垂足为G，如下图：

∵A3,1，
∴AG=1,OG=3，
∴OA=(3)2+12=2，
∴半径为2；
∵AG=12OA，
∴sin∠AOG=AGOG=12，
∴∠AOG=30°，
由菱形的性质知：∠AOG=∠COG=30°，
∴∠AOC=60°，
∴扇形AOC的圆心角的度数：60°；
（3）解：∵OD=2OG=23，
∴S菱形AOCD=AG×OD=1×23=23，
∵S扇形AOC=16×πr2=16×π×22=23π，
如下图：由菱形OBEF知，S△FHO=S△BHO，

∵S△BHO=k2=32，
∴S△FBO=2×32=3，
∴S阴影部分面积=S△FBO+S菱形AOCD−S扇形AOC=3+23−23π=33−23π．
【点睛】本题考查了反比例函数及k的几何意义，菱形的性质、勾股定理、圆心角，解题的关键是掌握k的几何意义．
29．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=BC，点O在AB上，以O为圆心，OA为半径的半圆分别交AC,BC，AB于点D,E,F，且点E是弧DF的中点．

(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若CE=2，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析
(2)2−π2
【分析】（1）连接OE、OD，证出OE⊥BC，即可得出结论；
（2）根据S阴影=S△OEB−S扇OEF，分别求出S△OEB和S扇OEF即可得出答案．
【详解】（1）连接OE、OD，

∵ ∠C=90°,AC=BC，
∴∠OAD=∠B=45°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO=45°，
∴∠AOD=90°，
∵点E是弧DF的中点，
∴∠DOE=∠EOF=12∠DOF=45°，
∴∠OEB=180°−∠EOF−∠B=90°，
∴ OE⊥BC，
∵ OE为半径，
∴ BC是⊙O的切线；
（2）∵ OE⊥BC，∠B=45°，
∴ △OEB为等腰直角三角形，
设BE=OE=x，则OB=2x，
∴AB=x+2x，
∵AB=2BC，
∴x+2x=22+x，
∴x=2，
∴ S阴影=S△OEB−S扇OEF=12×2×2−45°π×22360°=2−π2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定定理、扇形的面积、等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握切线的判定定理．
30．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达△AB'C'的位置，那么可以得到：AB=AB'，AC=AC'，BC=B'C'；∠BAC=∠B'AC'，∠ABC=∠AB'C'，∠ACB=∠AC'B'（ ）

刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（ ）”处应填理由：____________________；
（2）如图，小王将一个半径为4cm，圆心角为60°的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A'B'C'的位置．

①请在图中作出点O；
②如果BB'=6cm，则在旋转过程中，点B经过的路径长为__________；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．

【答案】问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①见解析②322πcm；问题拓展：83π−833cm2
【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①分别作BB'和AA'的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；
问题拓展，连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，AA'，由旋转得∠PA'B'=30°，PA=PA'=4，在Rt△PAM和Rt△A'DM中求出A'M和DM的长，可以求出S阴影部分B'DP=S扇形B'A'P−S△A'DP，再证明△ADP≌△A'DP，即可求出最后结果．
【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）①下图中，点O为所求

②连接OB，OB'，
∵扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A'B'C'的位置，
∴∠BOB'=90°，OB=OB',
∵BB'=6cm，
设OB=OB'=xcm，
∴x2+x2=62，
∴OB=OB'=32cm，
在旋转过程中，点B经过的路径长为以点O为圆心，圆心角为90°，OB为半径的所对应的弧长，
∴点B经过的路径长=90×π×32180=322πcm；

【问题拓展】解：连接PA'，交AC于M，连接PA，PD，AA'如图所示

∴∠PAC=12∠BAC=30°．
由旋转得∠PA'B'=30°，PA=PA'=4．
在Rt△PAM中，
A'M=PM=PA⋅sin∠PAM=4×sin30°=2．
在Rt△A'DM中，
∵∠DA'M=12∠B'A'C'=30°，
∴A'D=A'Mcs∠DA'M=2cs30°=433，
DM=12A'D=12×433=233．
∴S△A'DP=12DM⋅A'P=12×233×4=433．
S扇形B'A'P=30×π×42360=43π．
∴S阴影部分B'DP=S扇形B'A'P−S△A'DP=43π−433，
在△ADP和△A'DP中，
∵AD=AM−DM=23−233=433=A'D，
又∵∠PAD=∠PA'D=30°，PA=PA'，
∴△ADP≌△A'DP．
又∵S扇形PAC=S扇形B'A'P，
∴S阴影部分B'DP=S阴影部分CDP，
∴S阴影部分=2S阴影部分B'DP=2×43π−433=83π−833cm2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．
31．（2023·宁夏·统考中考真题）如图，粮库用传送带传送粮袋，大转动轮的半径为10cm，传送带与水平面成30°角．假设传送带与转动轮之间无滑动，当大转动轮转140°时，传送带上点A处的粮袋上升的高度是多少？（传送带厚度忽略不计）

【答案】粮袋上升的高度是35π9cm
【分析】先求出粮袋移动的距离，再根据含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】解：如图，设大转动轮转140°时，粮袋移动到点B，

则：AB=140180π×10=70π9，
过点A作AC∥l，BC⊥AC于点C，
∴∠BAC=30°，
∴BC=12AB=35π9，即：粮袋上升的高度是35π9cm．
【点睛】本题考查求弧长，含30度的直角三角形．解题的关键是掌握粮袋移动的距离为大轮转动的距离．
32．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，以O为圆心，OB的长为半径的圆交边AB于点D，点C在边OA上且CD=AC，延长CD交OB的延长线于点E．
(1)求证：CD是圆的切线；
(2)已知sin∠OCD=45，AB=45，求AC长度及阴影部分面积．
【答案】(1)证明见详解；
(2)AC=3，阴影部分面积为503-4π．
【分析】（1）连接OD，证明∠ODE=90°即可；
（2）在Rt△OCD中，由勾股定理求出OC、OD、CD，在Rt△OCE中，由勾股定理求出OE，用△OCE的面积减扇形面积即可得出阴影部分面积．
【详解】（1）证明：连接OD
∵OD=OB
∴∠OBD=∠ODB
∵AC=CD
∴∠A=∠ADC
∵∠ADC=∠BDE
∴∠A=∠EDB
∵∠AOB=90°
∴∠A+∠ABO=90°
∴∠ODB+∠BDE=90°
即OD⊥CE，
又D在⊙上
∴CD是圆的切线；
（2）解：由（1）可知，∠ODC=90°
在Rt△OCD中，sin∠OCD=45=ODOC
∴设OD=OB=4x，则OC=5x，
∴CD=OC2−OD2=5x2+4x2=3x
∴AC=3x
∴OA=OC+AC=8x
在Rt△OAB中：OB2+OA2=AB2
即：4x2+8x2=452
解得x=1，（-1舍去）
∴AC=3，OC=5，OB=OD=4
在Rt△OCE中，sin∠OCD=45=OECE
∴设OE=4y，则CE=5y，
∵OE2+OC2=CE2
4y2+52=5y2
解得y=53，（−53舍去）
∴OE=4y=203
S阴影=12OE⋅OC-90π⋅OB2360=12×203×5-4π=503-4π
∴阴影部分面积为503-4π．
【点睛】本题考查切线的判断和性质、勾股定理、三角函数、阴影部分面积的求法，解题的关键在于灵活运用勾股定理和三角函数求出相应的边长，并能将阴影部分面积转化为三角形与扇形面积的差．
33．（2022·湖南湘潭·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A−1,1，B−4,0，C−2,2．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1．
(1)请写出A1、B1、C1三点的坐标：A1_________，B1_________，C1_________
(2)求点B旋转到点B1的弧长．
【答案】(1)（1，1）；（0，4）；（2，2）
(2)2π
【分析】（1）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，由此可得出结果．
（2）由图知点B旋转到点B1的弧长所对的圆心角是90º，OB=4，根据弧长公式即可计算求出．
【详解】（1）解：将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，
所以A1（1，1）；B1（0，4）；C1（2，2）
（2）解：由图知点B旋转到点B1的弧长所对的圆心角是90度，OB=4，
∴点B旋转到点B1的弧长=90180×π×4=2π
【点睛】本题主要考查点的旋转变换和弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和弧长公式．
34．（2022·山东潍坊·中考真题）在数学实验课上，小莹将含30°角的直角三角尺分别以两个直角边为轴旋转一周，得到甲、乙两个圆锥，并用作图软件Gegebra画出如下示意图
小亮观察后说：“甲、乙圆锥的侧面都是由三角尺的斜边AB旋转得到，所以它们的侧面积相等．”
你认同小亮的说法吗？请说明理由．
【答案】不认同，理由见详解
【分析】根据圆锥的侧面面积公式进行比较即可得到答案．
【详解】解：甲圆锥的底面半径为BC，母线为AB，S甲侧=π×BC×AB，
乙圆锥的底面半径为AC，母线为AB，S乙侧=π×AC×AB，
∵AC≠BC，
∴S甲≠S乙，
故不认同小亮的说法．
【点睛】本题考查圆锥的侧面面积，解题的关键是熟知圆锥侧面面积的计算公式．
35．（2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，已知扇形AOB中，∠AOB＝60°，半径R＝3．
(1)求扇形AOB的面积S及图中阴影部分的面积S阴；
(2)在扇形AOB的内部，⊙O1与OA，OB都相切，且与弧AB只有一个交点C，此时我们称⊙O1为扇形AOB的内切圆，试求⊙O1的面积S1．
【答案】(1)扇形面积S＝3π2，阴影部分面积S＝3π2﹣934
(2)π
【分析】（1）根据扇形的面积公式就可以求出，阴影的面积用扇形的面积减去三角形的面积；
（2）设⊙O1与OA相切于点E，连接O1O，O1E，通过解三角形就可以求出半径，再利用圆的面积进行计算．
【详解】（1）∵∠AOB＝60°，半径R＝3，
∴S＝60π×32360＝3π2，
∵OA＝OB，∠AOB＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴S△OAB＝934，
∴阴影部分的面积S阴＝3π2﹣934．
（2）设⊙O1与OA相切于点E，连接O1O，O1E，
∴∠EOO1＝12∠AOB＝30°，∠OEO1＝90°，
在Rt△OO1E中，
∵∠EOO1＝30°，
∴OO1＝2O1E，
∵OC=OO1+O1C，O1E=O1C，
∴O1E＝1，
∴⊙O1的半径O1E＝1．
∴S1＝πr2＝π．
【点睛】本题考查了相切两圆的性质．构造直角三角形是常用的方法，本题的关键是求得圆的半径．