专题12 与圆有关的计算（知识串讲+9大考点）-2024年中考数学总复习重难考点强化训练（全国通用）

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知识一遍过
（一）正多边形与圆
（1）正多边形：各边相等，各角相等的多边形叫做正多边形．
（2）正n边形的内角和=180°（n-2）；正n边形的每个内角度数=180∘(n−2)n；正n边形外角和=360°；正n边形的每个外角度数=360∘n．
（3）圆与正多边形的有关概念：一个正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径，正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角，中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
半径、边心距，边长之间的关系：
（二）与圆有关的计算
（1）弧长和扇形面积的计算：
扇形的弧长l＝；扇形的面积S＝
（2）圆锥与侧面展开图
①圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的半径等于圆锥的母线，扇形的弧长等于圆锥的底面周长.
②计算公式：
,（r为底面半径）
S侧=πrl（l为母线长，r为底面半径）
（3）圆锥表面积
圆锥体表面积公式：（为母线，R为底面半径）
备注：圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积
考点一遍过
考点1：正多边形与圆
典例1：（2024上·河南商丘·九年级校联考期末）如图，半径为2的⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，则下列说法错误的是（ ）
A．点O是正六边形ABCDEF的中心B．正六边形ABCDEF的边长是2
C．正六边形ABCDEF的中心角是60°D．正六边形ABCDEF的边心距OM=23
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形与圆，正多边形的性质，⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆可判断选项A，连接OC,OD，证明△OCD是等边三角形可判断B，C；由勾股定理求出OM可判断D
【详解】解：∵⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，
∴点O是正六边形ABCDEF的中心，故选项A正确，不符合题意；
连接OC,OD，如图，
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠COD=16×360°=60°，
∵OC=OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC=OD=CD=2，
∴正六边形ABCDEF的边长是2，故选项B正确，不符合题意；
∴正六边形ABCDEF的中心角是60°，故选项C正确，不符合题意；
∵OM⊥CD，
∴CM=DM=12CD=1，
∴OM=OD2−DM2=22−12=3，
∴选项D错误，符合题意；
故选：D．
【变式1】（2023上·九年级课时练习）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重台，AB∥x轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A．3,−1B．−1,−3C．−3,1D．1,3
【答案】A
【分析】根据正六边形的性质推出∠AOB=60°，进而得出AP=1，OP=3，则A1,3，再根据旋转的性质，依次得出前几次旋转的点A的对应点坐标，总结出一般变化规律，即可解答．
【详解】解：∵该六边形为正六边形，
∴∠AOB=360°6=60°，OA=OB，
∵AB∥x轴，正六边形中心与原点0重合，
∴OP⊥AB，
∴∠AOP=30°，AP=12AB=1，
∴AO=2AP=2，
∴OP=AO2−AP2=3，
∴A1,3
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．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握求正多边形中心角的方法，旋转的性质．
【变式2】（2023上·北京密云·九年级统考期末）如图，多边形A1A2A3⋅⋅⋅An是⊙O的内接正n边形，已知⊙O的半径为r，∠A1OA2的度数为α，点O到A1A2的距离为d，△A1OA2的面积为S．下面三个推断中．
①当n变化时，α随n的变化而变化，α与n满足的函数关系是反比例函数关系；
②若α为定值，当r变化时，d随r的变化而变化，d与r满足的函数关系是正比例函数关系；
③若n为定值，当r变化时，S随r的变化而变化，S与r满足的函数关系是二次函数关系．
其中正确的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】（1）正n边形每条边对应的圆心角度数为α=360°n，因此为反比例函数关系；
（2）d与r是α2的邻边和斜边，因此是dr=csα2化简后即正比例函数关系；
（3）三角形面积为12×底×高，底为2rsinα2，高为rcsα2，直接代入即可．
【详解】①α=360°n，所以α与n满足的函数关系是反比例函数关系，正确；
②dr=csα2，所以d=r⋅csα2，所以d与r满足的函数关系是正比例函数关系，正确；
③S=12⋅2r⋅sinα2⋅r⋅csα2=r2sinα2csα2，所以S与r满足的函数关系是二次函数关系，正确．
故选D
【点睛】本题考查正多边形、圆心角的度数、弦心距、三角形的面积之间的函数关系，解题的关键是读懂题意，求出其中的函数关系式．
【变式3】（2023上·河北唐山·九年级校考期末）如图，点A、B、C、D为一个正多边形的顶点，点O为正多边形的中心，若∠ADB=18°，则这个正多边形的边数为（ ）
A．10B．12C．15D．20
【答案】A
【分析】作正多边形的外接圆，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】解：如图，作正多边形的外接圆，
∵∠ADB=18°，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴这个正多边形的边数为360°36°=10．
故选：A．
【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
考点2：扇形弧长计算
典例2：（2023上·河北石家庄·九年级校联考期中）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，D均在小正方形的顶点上，且点B，C在弧AD上，∠BAC=22.5°，则BC的长为（ ）
A．52πB．54πC．4πD．5π
【答案】B
【分析】先确定的圆心的位置，连接，OD，OC，根据圆周角定理，可得：∠BOC=45°，再根据弧长公式即可求解．此题考查了圆周角定理和弧长计算公式，解题的关键是确定圆心的位置．
【详解】如图，设圆心为点O，连接OD，OC，
根据题意，得OA=OB=OD=OC=5，

∵∠BAC=22.5°，
∴∠BOC=45°，
∴BC的长为：45°×π×5180°=54π，
故选：B．
【变式1】（2024上·辽宁大连·九年级统考期末）如图，边长为2的正方形ABCD内接于⊙O，则AB的长是（ ）
A．2πB．πC．22πD．12π
【答案】C
【分析】本题考查正多边形和圆．连接OA,OB，得到△OAB为等腰直角三角形，求出OA的长，利用弧长公式进行计算即可．掌握中心角和弧长的计算公式，是解题的关键．
【详解】解：连接OA,OB，
∵边长为2的正方形ABCD内接于⊙O，
∴∠AOB=360°4=90°，OA=OB=22AB=2，
∴AB的长是90π180×2=22π；
故选C．
【变式2】（2024上·天津河西·九年级统考期末）如图，在△ABC中，CA=CB=4，∠BAC=α，将△ABC绕点A逆时针旋转2α，得到△AB′C′，连接B′C并延长交AB于点D，当B′D⊥AB时，BB′的长是（ ）

A．233πB．433πC．239πD．839π
【答案】B
【分析】先证∠B′AD=60°，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得BB′即可．
【详解】解：∵CA=CB，B′D⊥AB，
∴AD=DB=12AB，
∵△AB′C′是△ABC绕点A逆时针旋转2α得到，
∴AB=AB′，AD=12AB′，
在Rt△AB′D中，cs∠B′AD=ADAB′=12，
∴∠B′AD=60°，
∵∠CAB=α,∠B′AB=2α，
∴∠CAB=12∠B′AB=12×60°=30°，
∵AC=BC=4，
∴AD=AC⋅cs30°=4×32=23，
∴AB=2AD=43，
∴BB′的长为：60πAB180=433π，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运用三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．
【变式3】（2023上·山东烟台·九年级统考期末）如图，把一块含45°的直角三角板的一个锐角顶点A放在半径为2的⊙O上，边AB、AC分别与⊙O交于点E、点D，则位于三角板内部的弧DE的长度为（ ）
A．πB．2πC．4πD．8π
【答案】A
【分析】连接OD，OE，根据圆周角定理得∠DOE=90°，根据弧长公式进行计算即可得．
本题主要考查了圆周角，圆弧长．解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理，弧长公式．
【详解】连接OD，OE，如图所示，
∵在⊙O中，∠A=45°，
∴∠DOE=2∠A=90°，
∵⊙O的半径为2，
∴位于三角板内部的弧DE的长度为：90π×2180=π．
故选：A．
考点3：扇形面积计算
典例3：（2023上·甘肃金昌·九年级统考期末）如图，点A，B，C是⊙O上的点，且∠ACB=40°，阴影部分的面积为2π，则此扇形的半径为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】此题主要是考查了扇形的面积公式，圆周角定理，能够求得∠AOB的度数是解答此题的关键．
先由圆周角定理可得∠AOB的度数，再由扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵∠ACB=40°，
∴∠AOB=2∠ACB=80°，
∴扇形AOB的面积为80×πr2360=2π，
∴r=3，
故选：B．
【变式1】（2024上·河北承德·九年级统考期末）如图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，OA=3，OC=1，分别连接AC、BD，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．12πB．πC．2πD．4π
【答案】C
【分析】本题考查了求扇形面积；根据题意得出S△OAC=S△OBD，进而根据阴影部分面积等于大扇形的面积减去小扇形的面积，即可求解．
【详解】由图可知，将△OAC顺时针旋转90°后可与△ODB重合，
∴S△OAC=S△OBD；
因此S阴影=S扇形OAB+S△OBD−S△OAC−S扇形OCD=S扇形OAB−S扇形OCD．
=14π32−12=2π
故选C．
【变式2】（2024上·甘肃武威·九年级校联考期末）如图，正五边形ABCDE内接于半径为3的⊙O，则阴影部分的面积为（ ）
A．18π5B．12π5C．9π5D．6π5
【答案】A
【分析】本题考查正多边形和圆，扇形面积公式，先根据正多边形的性质求出∠AOD即可求解．
【详解】解：由题意得： ∠AOD=25×360°=144°，
∴S阴影=144°π×32360°=18π5，
故选：A．
【变式3】（2023·辽宁锦州·统考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O与AB，BC分别交于点D，E，连接AE，DE，若∠BED=45°，AB=2，则阴影部分的面积为（ ）
A．π4B．π3C．2π3D．π
【答案】A
【分析】连接OE，OD，证明S△AOD=S△AED，可得S阴影=S扇形OAD，求解∠AOD=90°，再利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：连接OE，OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC=90°，
∵AB=AC，
∴BE=CE，
即点E是BC的中点，
∵点O是AC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE∥AB，
∴S△AOD=S△AED，
∴S阴影=S扇形OAD，
∵∠AEC=90°，
∴∠AEB=90°，
∵∠BED=45°，
∴∠AED=45°，
∴∠AOD=90°，
∴S扇形OAD=90π×12360=π4，
∴S阴影=π4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，扇形面积的计算，熟练的证明S阴影=S扇形OAD是解本题的关键．
考点4：旋转过程——路径长
典例4：（2023·河北石家庄·校考一模）如图，边长为23cm的正六边形螺帽，中心为点O，OA垂直平分边CD，垂足为B，AB=12cm，用扳手拧动螺帽旋转90°，则点A在该过程中所经过的路径长为（ ）cm．

A．7.5B．15πC．15D．7.5π
【答案】D
【分析】利用正六边形的性质求出OB的长度，进而得到OA的长度，根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：连接OD，OC．

∵∠DOC=60°，OD=OC，
∴△ODC是等边三角形，
∴OD=OC=DC=23cm，
∵OB⊥CD，
∴BC=BD=3cm，
∴OB=3BC=3cm，
∵AB=12cm，
∴OA=OB+AB=15cm，
∴点A在该过程中所经过的路径长=90⋅π⋅15180=7.5πcm．
故选：D．
【点睛】本题考查了正六边形的性质及计算，扇形弧长的计算，熟知以上计算是解题的关键．
【变式1】（2023·河南开封·统考一模）如图，在矩形ABCD中，已知AB=4，BC=3，矩形在直线l上绕其右下角的顶点B向右旋转90°至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置，...，以此类推，这样连续旋转2024次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（ ）
A．2024πB．2023πC．3036πD．4048π
【答案】C
【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．
【详解】解：转动一次A的路线长是：90π×4180=2π，
转动第二次的路线长是：90π×5180=5π2，
转动第三次的路线长是：90π×3180=3π2，
转动第四次的路线长是：0，
转动五次A的路线长是：90π×4180=2π，
以此类推，每四次循环，
故顶点A转动四次经过的路线长为：3π2+5π2+2π=6π，
2024÷4=506
顶点A转动2024次经过的路线长为：6π×506=3036π．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，发现规律是解决问题的关键．
【变式2】（2023上·湖北随州·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，则点A所经过的路径长为（ ）
A．13πB．23πC．43πD．23π
【答案】B
【分析】先根据勾股定理求出CA，再根据旋转的性质得出CA=CM，∠ACM=60°，再利用弧长公式计算即可．
【详解】∵∠ABC=90°，AB=BC=2，
∴CA=AB2+BC2=2，
由旋转性质得CA=CM，∠ACM=60°，
∴点A所经过的路径长为60π×2180=2π3．
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的变换—旋转，等腰直角三角形的性质，弧长公式，熟练掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，弧长公式是解决问题的关键．
【变式3】（2022下·山东日照·九年级校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=33，AD=3，将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°得到矩形EBGF，再将矩形EBGF绕点G顺时针旋转90°得到矩形IHGJ，则点D在两次旋转过程中经过的路径的长是（ ）
A．4πB．5πC．3+332πD．6+332π
【答案】D
【分析】根据题意知，第一次旋转时，点D绕点B旋转90°，旋转半径为BD，到达点F处，第二次旋转时，点F绕点G旋转90°，旋转半径为GF=AB=33，到达点J处，分别代入弧长公式计算即可．
【详解】解：如图，
第一次旋转时，点D绕点B旋转90°，旋转半径为BD，到达点F处，
BD=AB2+AD2=(33)2+32=6，
此时，点D运动的路径为：90π⋅BD180=6π2=3π，
第二次旋转时，点F绕点G旋转90°，旋转半径为GF=AB=33，到达点J处，
点F运动的路径为：90π⋅GF180=33π2，
故点D在两次旋转过程中经过的路径的长为：3π+332π=6+332π，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，弧长公式等知识，明确点D的运动路径是解题的关键．
考点5：旋转过程——扫过面积
典例5：（2022·宁夏吴忠·校考一模）如图，在Rt△ABC中，已知∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=6，把△ABC以点B为中心逆时针旋转，使点C旋转至BA边延长线上的C′处，那么AC边转过的图形（图中阴影部分）面积是（ ）
A．27π−932B．27πC．9π+932D．9π
【答案】D
【分析】根据旋转变换的性质可得△ABC与△A′BC′全等，从而得到阴影部分的面积＝扇形ABA′的面积−小扇形CBC′的面积．
【详解】解：根据旋转变换的性质，△ABC≌△A′BC′，
∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=6，
∴BC=12AB=3，
∴S阴影=120π×62360−120π×32360=9π，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了扇形的面积计算，解题的关键是看出阴影部分的面积的表示等于两个扇形的面积的差，还考查了直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质．
【变式1】（2022上·九年级课时练习）如图，Rt△BCO中，∠BCO=90°，∠CBO=30°，BO＝2cm，将△BCO绕点O逆时针旋转至△B′C′O，点C′在BO的延长线上，则边BC扫过区域（图中阴影部分）的面积为（ ）
A．πcm2B．32+πcm2C．2πcm2D．32+2πcm2
【答案】A
【分析】先在Rt△OCB中利用特殊角求出OC、BC、∠COB，进而可求出∠B′OC′=60∘，接着可以求出∠C′OC=120∘=∠B′OB，则可以表示出S扇形B′OB、S扇形C′OC、S△OC′B′=S△OCB，则阴影部分的面积可求．
【详解】在Rt△OCB中，∠CBO=30°，BO=1，
∴∠COB=60°，2OC=BO=233BC，
∴∠B′OC′=60∘，BC=3，OC=1，
∴∠B′OC=180∘−∠BOC−∠B′OC′=60∘，
∴∠C′OC=120∘=∠B′OB，
根据旋转的性质可知，OC′=OC=1，B′C′=BC=3，S△OC′B′=S△OCB，
∴S扇形B′OB=π×OB2×120∘360∘=4π3，S扇形C′OC=π×OC2×120∘360∘=π3，S△OC′B′=S△OCB=12×OC×BC=32，
∴S阴影=S扇形B′OB+S△OC′B′−S△OCB−S扇形C′OC=S扇形B′OB−S扇形C′OC，
∴S阴影=4π3−π3=π（cm2），
故选：A．
【点睛】本题主要是考查了旋转的性质、扇形面积的求解以及解含特殊角的直角三角形等知识，求出S扇形B′OB、S扇形C′OC、S△OC′B′=S△OCB是解答本题的关键．
【变式2】（2024上·北京东城·九年级统考期末）如图，某汽车车门的底边长为1m，车门侧开后的最大角度为72°，若将一扇车门侧开，则这扇车门底边扫过区域的最大面积是（ ）
A．π10m2B．π5m2C．2π5m2D．4π5m2
【答案】B
【分析】本题考查扇形的面积．根据这扇车门底边扫过的区域是扇形，求出扇形的半径和圆心角，然后由扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：根据题意这扇车门底边扫过的区域是扇形，
其中扇形的半径为1m，圆心角最大角度为72°，
∴扇形的最大面积为：72πr2360=π5m2，
故选：B．
【变式3】（2022·内蒙古包头·模拟预测）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，将△ABC绕点B逆时针旋转120°至△A′BC′的位置，则边BA扫过的面积是（ ）
A．π3B．2π3C．4π3D．8π3
【答案】C
【分析】先根据含30°直角三角形的性质求出AB，再根据扇形面积公式计算即可．
【详解】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，
∴AB＝2.
∵△ABC绕点B逆时针旋转120°至△A'BC'的位置，
∴边BA扫过的面积是：120π×22360=4π3.
故选：C．
【点睛】本题主要考查了求扇形的面积，掌握扇形面积公式是解题的关键．
考点6：圆锥侧面积
典例6：（2024上·广东广州·九年级统考期末）在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，将△ABC绕AB所在直线旋转一周．所得几何体的表面积为（ ）．
A．15πB．845πC．20πD．35π
【答案】B
【分析】本题考查求圆锥的表面积．根据题意，得到上下两个底面相同的圆锥，勾股定理求出圆锥的底面圆的半径，求出两个圆锥的侧面积，求和即可．解题的关键是确定几何体的形状，掌握圆锥侧面积的计算方法．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=32+42=5，
将△ABC绕AB所在直线旋转一周，得到如图所示的上下两个底面相同的圆锥的组合体，
设BD=x，则：AD=5−x，
∴CD2=BC2−BD2=AC2−AD2，
∴16−5−x2=9−x2，
∴x=95，
∴CD=BC2−BD2=125，
∴组合体的表面积为：3×125π+4×125π=845π；
故选：B．
【变式1】（2022·湖南株洲·校考二模）如图，圆锥的母线长为5cm，高线长为4cm，则圆锥的表面积是（ ）

A．9πcm2B．24πcm2C．30πcm2D．39πcm2
【答案】B
【分析】先根据勾股定理求出圆锥底面半径，再计算侧面积及底面积相加即可．
【详解】解：圆锥的底面半径是：52−42=3(cm)
∴圆锥的侧面积=πrl=π×3×5=15πcm2，
底面积=πr2=π×32=9πcm2，
∴圆锥的表面积=15π+9π=24πcm2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆锥的表面积的计算，能够熟练运用侧面积计算公式计算是解题关键．
【变式2】（2023·浙江·校联考三模）已知圆锥的底面半径为5cm，高线长为12cm，则圆锥的侧面积为（ ）cm2
A．130πB．120πC．65πD．60π
【答案】C
【分析】由圆锥的面积公式S=12lR(R表示圆锥的母线长，l表示圆锥的底面周长)计算可以得到答案．
【详解】解：∵圆锥的底面半径r为5cm，高线长为12cm，
∴圆锥的母线长为R=52+122=13cm，
圆锥的底面周长为l=2πr=10πcm，
∵圆锥的侧面积S=12lR，
∴圆锥的侧面积S=12×10π×13=65πcm2．
故选：C．
【点睛】本题考查的圆锥的侧面积计算，掌握圆锥的侧面积是圆锥的侧面展开图－扇形的面积是解题的关键．
【变式3】（2023上·江苏·九年级期末）如图，冰激凌蛋筒下部呈圆锥形，则蛋筒圆锥部分包装纸的面积（接缝忽略不计）是（ ）

A．80 cm2B．40 cm2C．80π cm2D．40π cm2
【答案】D
【点睛】本题主要考查了圆锥的侧面积，解决问题的关键是熟练掌握圆的周长公式和扇形面积公式．先根据直径求出圆的周长，再根据母线长求圆锥的侧面积，圆锥的侧面展开图是扇形，运用扇形面积公式计算，圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷
【详解】由图知，底面直径为8，母线长为10，
则底面周长为，8π，
所以蛋筒圆锥部分包装纸的面积是，S=12×8π×10=40πcm2．
故选：D．
考点7：圆锥中的最短路径
典例7：（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，已知点C为圆锥母线SB的中点，AB为底面圆的直径，SB=6，AB=4，一只蚂蚁沿着圆锥的侧面从A点爬到C点，则蚂蚁爬行的最短路程为（ ）

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

∵AB为底面圆的直径，AB=4，
设半径为r,
∴底面周长=2πr=4π，
设圆锥的侧面展开后的圆心角为n，
∵圆锥母线SB=6，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长可得：4π=nπ×6180°，
解得：n=120°，
∴∠ASC=60°，
∵半径SA=SB，
∴△SAB是等边三角形，
在Rt△ACS中，AC=SA⋅sin60°=6×32=33，
∴蚂蚁爬行的最短路程为33，
故选：B．
【点睛】本题考查平面展开—最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形。扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，化曲面为平面，用三角函数求解．
【变式1】（2022上·九年级课时练习）已知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，如果一只蚂蚁从圆锥的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，则最短路线长为（ ）
A．5B．3C．22D．2
【答案】A
【分析】把圆锥的侧面展开，易得展开图是一个半圆，在平面内求出线段BD的长，则此时便是最短路线长，这只要在直角三角形中应用勾股定理解决即可．
【详解】∵圆锥的底面周长为2π
∴圆锥的侧面展开后的扇形的圆心角为n=2π×180°2π=180°，如图
∴∠BAD=90゜
∵D为AC的中点
∴AD=12AC=12×2=1
在Rt△BAD中，由勾股定理得BD=AB2+AD2=22+12=5
即最短路线长为5
故选：A
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图，勾股定理，扇形弧长公式，本题体现了空间问题平面化，这是一种重要的数学思想方法．
【变式2】（2023上·江苏苏州·九年级苏州市平江中学校校考阶段练习）如图，圆锥的底面半径R＝3，母线l＝5dm，AB为底面直径，C为底面圆周上一点，∠COB＝150°，D为VB上一点，VD＝7dm．现有一只蚂蚁，沿圆锥表面从点C爬到D．则蚂蚁爬行的最短路程是（ ）
A．32B．42C．152D．27
【答案】B
【分析】易得弧BC的长，然后求得弧BC所对的圆心角的度数，从而得到直角三角形，利用勾股定理求得CD的长即可．
【详解】解：如图:
∵BC=150⋅π⋅3180=52π，
∴设弧BC所对的圆心角的度数为n，
∴52π=n⋅π⋅5180，
解得n=90，
∴∠CVD=90°，
∴CD=VC2+VD2=52+7=42．
故选：B．
【点睛】求立体图形中两点之间的最短路线长，一般应放在平面内，构造直角三角形，求两点之间的线段的长度．解题的关键是理解并掌握圆锥的弧长等于底面周长．
【变式3】（2023·山东·九年级统考阶段练习）如图所示是一个几何体的三视图，如果一只蚂蚁从这个几何体的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，则最短路线长为（ ）
A．33B．332C．32D．2
【答案】A
【分析】将圆锥的侧面展开，设顶点为B′，连接BB′，AE．线段AC与BB′的交点为F，线段BF是最短路程．
【详解】解：如图将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′，则线段BF为所求的最短路程．
设∠BAB′=n°．
∵ nπ·6180=4π，
∴n=120即∠BAB′=120°．
∵E为弧BB′中点，
∴∠AFB=90°，∠BAF=60°，
∴BF=AB·sin∠BAF=6×32=33，
∴最短路线长为33．
故选：A．
【点睛】本题考查了平面展开−最短路径问题，扇形的面积和特殊值的三角函数等问题，解题时注意把立体图形转化为平面图形．
考点8：扇形弧长与面积的实际应用
典例8：（2023上·安徽阜阳·九年级统考阶段练习）图1中的冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中AB=AC,AD⊥BC，将扇形EAF围成圆锥时，AE,AF恰好重合．已知这种加工材料的顶角∠BAC=90°，圆锥底面圆的直径DE为5cm．
(1)求图2中圆锥的母线AE的长．
(2)求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）
【答案】(1)10cm
(2)(100−25π)cm2
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形的性质．
（1）由于圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到π⋅DE=90⋅π⋅AD180，从而求出AD=2DE=10cm，再由AE=AD即可求解；
（2）先根据等腰直角三角形的性质得到BC=2AD=20cm，再利用扇形的面积公式，利用S阴影部分=S△ABC−S扇形EAF进行计算．
【详解】（1）解：根据题意得π⋅DE=90⋅π⋅AD180，
∴AD=2DE=2×5=10cm，
∴AE=AD=10cm；
（2）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，
而AD=10cm，
∴BC=2AD=20cm，
∴S阴影部分=S△ABC−S扇形EAF
=12×10×20−90×π×102360
=(100−25π)cm2．
【变式1】（2023上·江西南昌·九年级期末）如图1所示，有一种单层绒布料子的台灯灯罩，灯罩的上下都是空的把这个灯罩抽象成一个几何体时，我们称之为圆台，它可以理解为把大的圆锥沿着平行于底面⊙O2的圆面⊙O1裁切掉上面的小圆锥得到的，如图2所示现在要制作这种灯罩，若已知⊙O1的直径AB=12cm，⊙O2的直径CD=32cm，点O、O1、O2共线，OO2与AB、CD都垂直，O1O2=103cm，请问制作一个这样的台灯的灯罩需要多少平方厘米的绒布？（接缝处的布料忽略不计，π≈3.14，结果保留整数）

【答案】1495cm2
【分析】将圆锥的侧面展开，转化出平面几何图形，用大扇形的面积减去小扇形的面积再加上⊙O1的面积即为所求．
【详解】解：过点B作BE⊥CD交CD于点E，作出圆锥的侧面展开图扇形D′OD，如图：
∵⊙O1的直径AB=12cm，⊙O2的直径CD=32cm，点O、O1、O2共线，OO2与AB、CD都垂直，O1O2=103cm
∴在Rt△BDE中，BD=BE2+DE2=1032+32−1222=20cm
∵BE//OO2
∴DODB=DO2DE，BODB=EO2DE
∴DO20=1610，BO20=610
∴DO=32cm，BO=12cm
∴S灯罩侧面=S扇形D′OD−S扇形B′OB=12⋅32π⋅32−12⋅12π⋅12=440πcm2
∵S灯罩上底面=π⋅1222=36πcm2
∴S灯罩=440π+36π=476π≈1495cm2
∴制作一个这样的台灯的灯罩大约需要1495cm2的绒布．
故答案是：1495cm2
【点睛】本题解决的关键在于将立体图形转化为平面图形，涉及到的知识点有圆的周长、面积公式，勾股定理，平行线分线段成比例定理，特殊的锐角三角函数，扇形的面积公式等知识点；解决问题时切入点不同则思路方法略有不同，不管哪种思路都要条理清晰的推理演算．
【变式2】（2023上·九年级课时练习）蒙古包可以近似地看作由圆锥和圆柱组成．如果想用毛毡搭建20个底面积为12m2，高为3.2m，外围高1.8m的蒙古包，至少需要多少平方米的毛毡（π取3.142，结果取整数）？
【答案】738m2
【分析】先利用勾股定理计算出圆锥母线l的长，再计算圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，然后计算20个蒙古包所需毛毡的面积．
【详解】解：如图是一个蒙古包的示意图．
根据题意，下部圆柱的底面积为12m2，高ℎ2=1.8m；上部圆锥的高ℎ1=3.2−1.8=1.4(m)．
圆柱的底面圆的半径r=12π≈1.954(m)，
侧面积为2π×1.954×1.8≈22.10m2．
圆锥的母线长l=1.9542+1.42≈2.404(m)，
侧面展开扇形的弧长为2π×1.954≈12.28(m)，
圆锥的侧面积为12×2.404×12.28≈14.76m2．
因此，搭建20个这样的蒙古包至少需要毛毡20×(22.10+14.76)≈738m2．
【点睛】本题考查了圆锥的计算:圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．注意在取近似值时需需面积应该用收尾法．
【变式3】（2023上·九年级课时练习）如图，锚标浮筒是打捞作业中用来标记锚或沉船位置的，它的上下两部分是圆锥，中间是圆柱（单位：mm），电镀时，如果每平方米用锌0.11kg，电镀100个这样的锚标浮筒，需要用多少锌？
【答案】11.44πkg
【分析】由图形可知，浮筒的表面积＝2S圆锥侧面积+S圆柱侧面积，由题给图形的数据可分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，即可求得浮筒表面积，又已知每平方米用锌0.11kg，可求出一个浮筒需用锌量，即可求出100个这样的锚标浮筒需用锌量．
【详解】解：由图形可知圆锥的底面圆的半径为400mm=0.4m，
圆锥的高为300mm=0.3m，
则圆锥的母线长为：0.32+0.42＝0.5m．
∴圆锥的侧面积＝π×0.4×0.5＝0.2π（m2），
∵圆柱的高为800mm=0.8m．
圆柱的侧面积＝2π×0.4×0.8＝0.64π（m2），
∴浮筒的表面积＝＝2S圆锥侧面积+S圆柱侧面积，＝1.04π（m2），
∵每平方米用锌0.11kg，
∴一个浮筒需用锌：1.04π×0.11kg，
∴100个这样的锚标浮筒需用锌：100×1.04π×0.11＝11.44π（kg）．
答：100个这样的锚标浮筒需用锌11.44πkg．
【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算和圆柱侧面积的计算在实际问题中的运用，解题的关键是了解几何体的构成，熟记侧面积公式．
考点9：不规则图形面积
典例9：（2023上·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，扇形OAB中，AC⊥OB，垂足为C，且C为OB中点．若AC=3，求阴影部分的面积．
【答案】2π3−32
【分析】连接AB，证明△OAB是等边三角形，利用直角三角形的性质求得∠O=60°，OC=1，OA=2，根据扇形面积公式以及三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：连接AB，
∵AC⊥OB，C为OB中点，
∴AC是线段OB的垂直平分线，
∴OA=AB，
∵OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠O=60°，∠OAC=30°，
∴OA=2OC，
∵OA2=OC2+AC2，
∴2OC2=OC2+32，
∴OC=1，OA=AB=2OC=2，
∴阴影部分的面积=S扇形OAB−S△OAC=60π⋅22360−12×1×3=2π3−32．
【变式1】（2023上·陕西延安·九年级校联考阶段练习）孙尚任在《桃花扇》中写道：“何处瑶天笙弄，听云鹤缥缈，玉瑕丁冬．”玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品，现从一块直径为8cm的圆形玉料上刻出一个如图所示圆周角为90°的最大扇形玉佩，求阴影部分的面积．（结果保留π）
【答案】8πcm2
【分析】本题考查了扇形的面积计算以及圆周角定理，解答本题的关键根据圆周角定理由根据等腰直角三角形的性质得AB=BC=42，然后用圆的面积减去扇形的面积即可求解．．
【详解】解：如图，连接OB，
由图可知，AC是⊙O的直径．
∵AC=8cm，
∴OA=OB=OC=4cm，
∴AB=BC=42+42=42(cm)，
∴S阴影部分=S圆−S扇形ABC=π×42−90π×(42)2360
=16π−8π
=8π(cm2)．
【变式2】（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，点A、B、C在圆O上，∠ABC=60°，直线AD∥BC，AB=AD，点O在BD上．
(1)判断直线AD与圆O的位置关系，并说明理由；
(2)若圆的半径为6，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线AD与圆O相切，理由见解析
(2)12π−93
【分析】（1）连接OA，根据AD∥BC和AB=AD，可得∠DBC=∠ABD=∠D=30°，从而得到∠BAD=120°，再由OA=OB，可得∠BAO=∠ABD=30°，从而得到∠OAD=90°，即可求解；
（2）连接OC，作OH⊥BC于H，根据垂径定理可得OH=12OB=3，进而得到BC=2BH=63，再根据阴影部分的面积为S扇形BOC−S△BOC，即可求解．
【详解】（1）解：直线AD与圆O相切，理由如下：
如图，连接OA，
∵AD∥BC，
∴∠D=∠DBC，
∵AB=AD，
∴∠D=∠ABD，
∵∠ABC=60°，
∴∠DBC=∠ABD=∠D=30°，
∴∠BAD=120°，
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠ABD=30°，
∴∠OAD=90°，
∴OA⊥AD，
∵OA是圆的半径，
∴直线AD与园O相切，
（2）解：如图，连接OC，作OH⊥BC于H，
∵OB=OC=6，
∴∠OCB=∠OBC=30°，
∴∠BOC=120°，
∴OH=12OB=3，
∴BH=BO2−OH2=33，
∴BC=2BH=63，
∴扇形BOC的面积为120×62×π360=12π，
∵SΔOBC=12BC⋅OH=12×63×3=93，
∴阴影部分的面积为S扇形BOC−S△BOC=12π−93．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，求扇形面积，垂径定理，熟练掌握切线的判定定理，并根据题意得到阴影部分的面积为S扇形BOC−S△BOC是解题的关键．
【变式3】（2023·浙江衢州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,O为AC边上一点，连结OB．以OC为半径的半圆与AB边相切于点D，交AC边于点E．
(1)求证：BC=BD．
(2)若OB=OA,AE=2．
①求半圆O的半径．
②求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①2；②23−2π3
【分析】（1）根据切线长定理可直接得出结论；
（2）①证明Rt△ODB≌Rt△OCBHL，可得∠OBD=∠OBC=∠A=30°，根据含30°直角三角形的性质求出OD=12OA，可得OE=12OA，然后可得答案；
②利用勾股定理求出AD，然后根据S阴影=S△ODA−S扇形ODE列式计算即可．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，点C在圆O上，
∴BC是圆O的切线，
∵BD是圆O的切线，
∴BC=BD；
（2）解：①如图，连结OD．
∵OB=OA，
∴∠OBD=∠A．
∵OB=OB，OC=OD，
∴Rt△ODB≌Rt△OCBHL．
∴∠OBD=∠OBC．
∴∠OBD=∠OBC=∠A．
∵∠OBD+∠OBC+∠A=90°，
∴∠OBD=∠OBC=∠A=30°．
∴在Rt△ODA中，OD=12OA．
∵OD=OE，
∴OE=12OA，
∴OE=AE=2，
∴半圆O的半径为2；
②∵在Rt△ODA中，OD=2,OA=4．
∴AD=42−22=23，
∴S△ODA=12OD⋅AD=12×2×23=23．
∵∠A=30°，
∴∠AOD=60°，
∴S阴影=S△ODA−S扇形ODE=23−60π×22360=23−2π3．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，勾股定理，扇形面积计算等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．