中考数学一轮复习考点练习考向29 正多边形、弧长和扇形面积（含答案详解）

这是一份中考数学一轮复习考点练习考向29 正多边形、弧长和扇形面积（含答案详解），共48页。
1．（2022·湖北黄石·统考中考真题）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，则与圆周合体，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，则．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率则圆周率约为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·四川内江·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为6，则这个正六边形的边心距OM和的长分别为（ ）
A．4，B．3，πC．2，D．3，2π
3．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）如图，已知正六边形内接于半径为的，随机地往内投一粒米，落在正六边形内的概率为（ ）
A．B．C．D．以上答案都不对
4．（2022·宁夏·中考真题）把量角器和含角的三角板按如图方式摆放：零刻度线与长直角边重合，移动量角器使外圆弧与斜边相切时，发现中心恰好在刻度处，短直角边过量角器外沿刻度处（即，）．则阴影部分的面积为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022·四川资阳·中考真题）如图．将扇形翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与交于点C，连接．若，则图中阴影部分的面积是( )
A．B．C．D．
6．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．B．C．D．
7．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角形成的扇面，若，，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．（2022·贵州遵义·统考中考真题）如图，在正方形中，和交于点，过点的直线交于点（不与，重合），交于点．以点为圆心，为半径的圆交直线于点，．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【考点梳理】
知识点1：圆、扇形面积计算
（1）半径为R的圆面积S=
（2）半径为R的圆中,圆心角为n°的扇形面积为S扇=或S扇=.
知识点2：圆柱、圆锥的有关计算
（1）圆柱的侧面展开图是长方形,圆柱侧面积S=2πRh,全面积S=2πRh+2πR2(R表示底面圆的半径,h表示圆柱的高).
（2）圆锥的侧面展开图是扇形,圆锥侧面积S=πRl,全面积S=πRl+πR2(R表示底面圆的半径,l表示圆锥的母线).
（3）圆柱的体积=底面积×高,即V=Sh=πR2h. 圆锥的体积=×底面积×高,即V=πR2h.
知识点3：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）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.
（3）正多边形的内角和=(n-2)·180°;
正多边形的每个内角= ;
正多边形的周长=边长×边数;
正多边形的面积=×周长×边心距.
【题型探究】
题型一：正多边形的中心角
9．（2022·河北唐山·统考一模）如图，已知点O是正六边形ABCDEF的中心，弧AE的长是8π，则该正六边形的边长是（ ）
A．6B．C．D．12
10．（2022·四川广安·统考二模）如图，五边形是的内接正五边形，则正五边形的中心角的度数是（ ）
A．72°B．60°C．48°D．36°
11．（2021·浙江舟山·统考一模）如图，六边形是正六边形，点是边的中点，，分别与交于点，，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
题型二：弧长公式的应用
12．（2023·湖北咸宁·校联考一模）如图，正五边形内接于，其半径为1，作交于点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
13．（2022·河北保定·校考一模）已知，如图，⊙O的半径为6，正六边形ABCDEF与⊙O相切于点C、F，则的长度是（ ）
A．2πB．3πC．4πD．5π
14．（2022·贵州遵义·统考二模）如图，扇形OBA中，点C在弧AB上，连接BC，P为BC中点．若，，则点C沿弧从点B运动到点A的过程中，点P所经过的路径长为（ ）
A．B．C．D．6
15．（2023·山西晋中·统考一模）如图，在边长为4的正六边形中，先以点B为圆心，的长为半径作，再以点A为圆心，的长为半径作交于点P，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
题型三：扇形面积的计算
16．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，以边长为的等边顶点为圆心，一定的长为半径画弧，恰好与边相切，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
17．（2023·山东枣庄·校考一模）如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕A点逆时针旋转，在旋转过程中，点B落在扇形的弧的点B′处，点C的对应点为点，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C． D．
18．（2023·安徽淮北·淮北一中校联考一模）如图，在矩形中，以点为圆心，以长为半径画弧交于点，将扇形剪下来做成圆锥，若，则该圆锥底面半径为（ ）
A．B．C．3D．
题型四：圆锥的侧面积的计算
19．（2021·贵州遵义·校考模拟预测）已知圆锥的母线长为6，将其侧面沿着一条母线展开后所得扇形的圆心角为，则该圆锥的底面半径是（ ）
A．1B．C．2D．
20．（2022·广东·模拟预测）如图，是的外接圆，，若扇形OBC（图中阴影部分）正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的高为（ ）
A．B．C．D．
题型五：正多边形和圆的综合问题
21．（2022·福建宁德·统考二模）如图，边长为1的正五边形ABCDE内接于，延长AB，DC交于点F，过点C作的切线CG交AF于点G．
(1)求证：；
(2)求的值．
22．（2023·广东佛山·校联考模拟预测）如图，在中，点是边上的一点，与、分别相切于点A、E，与相交于点，作，点恰好为上一点．
(1)连接，求证：是等边三角形；
(2)若，求图中阴影部分面积．
23．（2023·广东云浮·校考一模）如图，是的外接圆，为直径，点D为上一点，连接，过点C作交的延长线于点E，交的延长线于点F．已知．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求阴影部分的面积．
【必刷好题】
一、单选题
24．（2023·天津和平·统考一模）如图，一个大的正六边形，它的一个顶点与一个边长为的小正六边形的中心重合，且与边，相交于点，．图中阴影部分的面积记为，三条线段，，的长度之和记为，在大正六边形绕点旋转过程中，和的值分别是( )
A．，B．，C．，D．和的值不能确定
25．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，五边形是的内接正五边形，是的直径，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
26．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考三模）如图，⊙O的半径为5，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与O重合，M、N分别是AB、FA的延长线与⊙O交点，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
27．（2023·河南安阳·统考一模）一个扇形的弧长是，半径是4，则该扇形的圆心角的度数是（ ）
A．B．C．D．
28．（2023·山西晋城·统考一模）如图，正六边形的边长为2，以点A为圆心，长为半径画，连接，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·山西吕梁·统考一模）如图所示的网格中小正方形的边长均为1，点A，B均在格点上，点C是以为直径的圆与网格线的交点，O为圆心，点D是的中点，，则图中阴影部分的的面积为（ ）（用含的式子表示）
A．B．C．D．
30．（2023·山东淄博·校考一模）如图，正方形的边长为1，以点O为圆心，为半径作扇形，弧与相交于点，设正方形与扇形之间的阴影部分的面积为；然后以为对角线作正方形，又以点O为圆心，为半径作扇形，弧与相交于点，设正方形与扇形之间的阴影部分面积为；按此规律继续作下去，设正方形与扇形之间的阴影部分面积为，则等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
31．（2023·新疆乌鲁木齐·乌市八中校考一模）如图，正五边形内接于，则的度数为________.
32．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，正五边形内接于，点F在劣弧上，则的度数为 _____°．
33．（2022·内蒙古包头·包头市第三十五中学校考三模）如图，正六边形的边长为2，以A为圆心，的长为半径画弧，得弧，连结，则图中阴影部分的面积为______．
34．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，在圆中内接一个正五边形，有一个大小为的锐角顶点在圆心上，这个角绕点任意转动，在转动过程中，扇形与扇形有重叠的概率为，求 ___________．
35．（2023·河南安阳·统考一模）如图，扇形纸片的半径为2，沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为______．
36．（2023·河南南阳·校联考一模）如图，在中，，，将绕点B逆时针旋转得到，点C的对应点为点D．若，则图中阴影部分的面积为 _____．
37．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，直角三角形中，，，将三角形的斜边放在定直线上，将点按顺时针方向在上转动两次，转动到的位置，设，，，则点所经过的路线长是_____．
38．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，以为直径作半圆，为的中点，连接，以为直径作半圆，交于点．若，则图中阴影部分的面积为 _____．
三、解答题
39．（2022·河北邢台·统考一模）图，正六边形ABCDEF内接于，的半径为6
(1)求正六边形ABCDEF的边心距；
(2)过F作交BA的延长线于点G，求证：FG是的切线；
(3)若点M是中点，连接MA，求弓形MA的面积．
40．（2023·广东佛山·校考一模）如图，在中，，以为直径的与交于点，连接．
(1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点．（不写作法，保留作图痕迹），连接交于点，并证明：；
(2)若的半径等于，且与相切于点，求劣弧的长度和阴影部分的面积（结果保留）．
41．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，四边形中，连接，，以为直径的过点，交于点，过点作于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．（结果保留）
42．（2023·广东佛山·统考一模）如图所示，是的直径，为的切线，D为上的一点，，延长交的延长线于点B，连接．若．
(1)求证：AD为的切线；
(2)求图中阴影部分的面积．
43．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，已知以为直径的与锐角的边交于点，与边交于点，过点作，垂足为点，连接，．
(1)求证：；
(2)若．
①求证：是的切线；
②若，，求，和弧围成的阴影部分的面积．
44．（2021·广东佛山·统考一模）（1）小迪同学在学习圆的内接正多边形时，发现：如图1，若是圆内接正三角形的外接圆的上任一点，则，在上截取，连接，可证明是_______（填“等腰”、“等边”或“直角”）三角形，从而得到，再进一步证明_______，得到，可证得：．
（2）小迪同学对以上推理进行类比研究，发现：如图2，若是圆内接正四边形的外接圆的上任一点，则 °，分别过点作于、于．
（3）写出与之间的数量关系，并说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】求出正十二边形的中心角，利用十二边形周长公式求解即可．
【详解】解：∵十二边形是正十二边形，
∴，
∵于H，又，
∴，
∴圆内接正十二边形的周长，
∴
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，解直角三角形，求出正十二边形的周长是解题的关键．
2．D
【分析】连接、，证出是等边三角形，根据勾股定理求出，再由弧长公式求出弧的长即可．
【详解】解：连接、，
六边形为正六边形，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
的长为．
故选：D．
【点睛】本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理,熟练掌握正六边形的性质，由勾股定理求出是解决问题的关键．
3．A
【分析】连接OB，过点O作OH⊥AB于点H，由正六边形的特点可证得△OAB是等边三角形，由特殊角的三角函数值可求出OH的长，利用三角形的面积公式即可求出△OAB的面积，进而可得出正六边形ABCDEF的面积，即可得出结果．
【详解】解：如图：连接OB，过点O作OH⊥AB于点H，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=60°，
∵OA=OB=r，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=OB=r，∠OAB=60°，
在中，，
∴，
∴正六边形的面积，
∵⊙O的面积=πr2，
∴米粒落在正六边形内的概率为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形；熟练掌握正六边形的性质，通过作辅助线求出△OAB的面积是解决问题的关键．
4．C
【分析】先求出∠COF，进而求出OE＝OF＝4cm，再求出OB，进而求出BE，最后用三角形的面积减去扇形的面积，即可求出答案．
【详解】在中，，
∴，
，
，
连接，则，
∵外圆弧与斜边相切，
∴∠BEO＝90°，
在中，，
，，
根据勾股定理得，，
，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式和扇形的面积公式，求出圆的半径是解本题的关键．
5．B
【分析】连接CO，且直线l与AO交于点D，解直角三角形求出，即可求出扇形的面积，再算出的面积，即可求出阴影部分面积．
【详解】连接CO，且直线l与AO交于点D，如图所示，
∵扇形中，，
∴，
∵点A与圆心O重合，
∴，，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查求不规则图形的面积，扇形面积公式，添加辅助线是本题的关键．
6．C
【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解．
【详解】如图，连接, ，
边长为的正方形内接于，即，
，，为的直径，，
，分别与相切于点和点，
，
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
7．D
【分析】根据S阴影=S扇形AOD-S扇形BOC求解即可．
【详解】解：S阴影=S扇形AOD-S扇形BOC
=
=
=
=2.25π（m2）
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积，不规则图形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
8．B
【分析】根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据阴影部分面积等于半圆减去四边形的面积和弓形的面积即可求解．
【详解】解：在正方形中，，
的半径为：
过点，根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半，
又
阴影部分面积为：
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
9．D
【分析】连接OF，根据中心角的定义求出∠AOE=120°，△AOF是等边三角形，设该正六边形的边长为r，根据弧长公式得到关于r的方程，即可求解．
【详解】解：如图，连接OF，则∠AOF=∠EOF==60°，AF=OA=OF，
∴∠AOE=2∠AOF=120°，
设该正六边形的边长为r，
则 ，
∴r=12．
∴AF=12，
故选：D
【点睛】本题考查正多边形中心角、弧长公式等知识，添加辅助线，求出∠AOE是解题关键．
10．A
【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式： 是解题的关键．
11．D
【分析】设正六边形的边长为a，MN是△PCD的中位线，求出△PBM和△PCD的面积即可．
【详解】解：设正六边形的边长为a，连接AC交BE于H点，如下图所示：
正六边形六边均相等，且每个内角为120°，
∴△ABC为30°，30°，120°等腰三角形，
∴BE⊥AC，且，且，
∵AF∥CD，P为AF上一点，
∴，
MN为△PCD的中位线，
∴，
由正六边形的对称性可知：，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形与圆，三角形的面积，三角形的中位线定理，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于常考题型．
12．C
【分析】求出弧所对圆心角的度数，代入弧长公式即可求得．
【详解】解：多边形为正五边形，
的度数相等，
，
的度数，
的度数，
的长度．
故选C
【点睛】本题考查了弧长的计算，熟记弧长公式是解题关键．
13．C
【分析】连接OC、OF，根据⊙O与正六边形ABCDEF相切于点C，F，得到∠OFE=∠OCD=，求出∠COF的度数，根据弧长公式计算可得答案．
【详解】解：连接OC、OF，
∵⊙O与正六边形ABCDEF相切于点C，F，
∴∠OFE=∠OCD=，
∵∠E=∠D=，
∴∠COF=，
∴的长=，
故选：C．
【点睛】此题考查了切线的性质定理，正六边形的性质，弧长计算公式，熟练掌握切线的性质定理得到∠OFE=∠OCD=是解题的关键．
14．B
【分析】连接OC、OP，易得∠OPB=90°，点P是在以OB的中点D为圆心，BD为半径的圆上运动，求即可．
【详解】连接OC、OP，
∵OB=OC，
∴△BOC为等腰三角形，
∵P为BC中点，
∴OP⊥BC（三线合一），
即∠OPB=90°，
∴点P是在以OB的中点D为圆心，BD为半径的圆上运动，如图所示，
当点C运动到点A时，点P到达位置，
点P所经过的路径长为，
连接，∵D为OB中点，为AB中点，
∴∥OA，
∴=，BD=OA=3，
∴，
即点P所经过的路径长为 ，
故选：B．
【点睛】本题考查动点的运动轨迹问题，根据定弦定角确定圆的所在位置，以及等腰三角形的性质、中位线的性质、弧长公式，熟练掌握这些性质是解题的关键．
15．B
【详解】解：如图，连接、，过点P作，在上任取一点M，
由题意可知：，
是等边三角形，，
，
∴在中，，
，
，
，
，
，
∵六边形是正六边形，
，
，
，
，
∴阴影部分的面积为，
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形的面积、等边三角形的性质和判定、三角函数值和正多边形的内角和，熟练运用扇形的面积公式是解题的关键．
16．D
【分析】作，再根据勾股定理求出，然后根据阴影部分的面积得出答案．
【详解】解：如图所示，过点作，交于点．
是等边三角形，，
．
在中，．
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了求阴影部分的面积，涉及等边三角形的性质，勾股定理及扇形面积计算等知识，将阴影部分的面积转化为三角形的面积-扇形的面积是解题的关键．
17．B
【分析】连接，过A作于F，根据旋转的性质得出扇形和扇形的面积相等，，求出是等边三角形，求出，解直角三角形求出和，再根据阴影部分的面积求出答案即可．
【详解】解：连接，过A作于F，则，如图，
将半径为2，圆心角为的扇形绕A点逆时针旋转，使点B落在扇形的弧上的点处，点C的对应点为点，
扇形和扇形的面积相等，，
是等边三角形，
，
，
，
由勾股定理得： ，
阴影部分的面积
＝
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质，扇形的面积计算等知识点，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键，注意：如果扇形的圆心角为，扇形的半径为r,那么扇形的面积．
18．B
【分析】首先得到是等腰直角三角形，进而得到，然后由勾股定理求出，然后根据扇形的弧长等于围成的圆锥的底面圆的周长列方程求解即可．
【详解】∵在矩形中，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵扇形的弧长等于围成的圆锥的底面圆的周长
∴设圆锥的底面圆的半径为r
∴，
∴解得．
故选：B．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，圆锥的底面圆周长和扇形的弧长的关系等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
19．C
【分析】根据弧长等于底面圆的周长列方程解答．
【详解】解：设底面圆的半径是r，
，
解得，
故选：C．
【点睛】此题考查了利用扇形求底面圆的半径，熟记扇形的弧长公式是解题的关键．
20．D
【分析】根据圆的性质，勾股定理求出圆的半径OB，再根据扇形的弧长公式即可求解；
【详解】解：根据圆的性质，
∵，
∵
∴
∴
∴圆锥底面圆的半径为：
∴圆锥的高
故选：D
【点睛】本题主要考查圆的性质、勾股定理、弧长公式的应用，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质得到OC⊥CG，根据CD=CB得到OC⊥BD，即可得到；
（2）通过求角度得到CG＝CB＝GF＝1，再证明计算即可．
【详解】（1）连接OC．
∵正五边形ABCDE
∴．
∴．
∴OC⊥BD
∵CG是⊙O的切线，
∴OC⊥CG．
∴．
（2）∵在正五边形ABCDE中，CD＝CB，，
∴，．
∴．
∵，
∴，．
∴∠GCF＝∠F，∠CBG＝∠BGC．
∴CG＝GF，CG＝CB．
∴CG＝CB＝GF＝1．
∵∠CBG＝∠CBF，∠BCF＝∠CGB，
∴．
∴．
∴．
即．
解得．
∴．
【点睛】本题考查圆与正多边形、相似三角形的判定与性质，熟记圆相关性质是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明是菱形，得，，利用圆的切线性质可得，从而可得，进而可得，然后由圆周角定理得，继而求出，即可由等边三角形的判定定理得出结论；
（2）利用菱形的性质可得，然后由（1）知，即可求，从而求出，，，，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后根据，求解即可．
【详解】（1）解：∵与、分别相切于点A、E，
∴，，
∴，
∵，
∴是菱形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：由（1）知是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在中，，
即，
∴，
∴
．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质，切线的性质，等边三角形的判定，圆周角定理，解直角三角形，扇形的面积，熟练掌握菱形的判定与性质、切线的性质、等边三角形的判定定理，扇形的面积公式是解题的关键．
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接，由圆周角定理得到，即可得到，进而证明，再由即可证明，则为的切线；
（2）先解得到，，求出，再根据进行求解即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为的切线；
（2）解：在中，，
∴，，
∴，
∴
．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，平行线的性质与判定，解直角三角形，求不规则图形面积等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24．A
【分析】连接，作，垂足为，证明，再利用平行四边形的面积公式和正六边形的性质即可得到阴影部分的面积和的长度．
【详解】解：连接，作，垂足为，
∵多边形是正六边形，
∴，
∵，
∴和是等边三角形，
∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，掌握全等三角形判定与性质是解题的关键．
25．A
【分析】根据正五边形的性质和圆周角定理即可求出答案．
【详解】解：如图所示，连接，，
∵是的直径，
∴，
∵五边形是的内接正五边形，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴,
∴．
故选A．
【点睛】本题考查正多边形与圆，圆周角定理等知识，能正确做出辅助线是解题的关键．
26．C
【分析】连接OA、OB，并延长分别交⊙O于点G、P，延长CB、BA，分别交⊙O于点H、Q，设、NA、AB、BN围成的面积为；BG、BH、围成的面积为；BG、BM、围成的面积为；AN、AP、围成的面积为；AQ、AP、围成的面积为，根据正六边形和圆的对称性可知：，根据，求解即可．
【详解】连接OA、OB，并延长分别交⊙O于点G、P，延长CB、BA，分别交⊙O于点H、Q，如图，

设、NA、AB、BN围成的面积为；BG、BH、围成的面积为；BG、BM、围成的面积为；AN、AP、围成的面积为；AQ、AP、围成的面积为，
根据正六边形和圆的对称性可知：，
∴，
根据题条件有OP=OG=5，AB=4，
∵在正六边形ABCDEF中可知：AO=BO，∠AOB=60°，
∴，△ABO是等边三角形，
∴AB=AO=BO=4，
设等边△AOB中BO边上的高为h，
则有，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算、正六边形的性质、解直角三角形等知识正确的识别图形是解题的关键．
27．B
【分析】利用弧长公式求解即可．
【详解】解：设圆心角为，根据题意得：
，
解得：，
∴该扇形的圆心角的度数是，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了弧长公式的应用，解题的关键是熟练掌握扇形的弧长公式．
28．A
【分析】利用正六边形的性质计算出的长度，再根据计算即可．
【详解】解：过B点作AC垂线，垂足为G，
∵正六边形的边长为2，
∴，
∴，
∴，，
∴，
同理：，
∴；
故选A．
【点睛】本题考查正六边形的性质，求阴影部分的面积．熟练掌握正多边形的性质，扇形的面积公式，是解题的关键．
29．B
【分析】先证明和，得到，从而得到．
【详解】解：如下图所示，连接，，，交于点E，
由题意可得，
∵，
∴，
∵点D是的中点，
∴，,
∵为直径，
∴,
∴，
∴，
∴，，,
∴，
∵,
∴,
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理和弧形的面积，解题的关键是证得．
30．C
【分析】分别求出和，找到阴影部分面积的变化规律，即可得到．
【详解】解：正方形的边长为1，
则正方形的面积为1， ，以O为圆心，为半径作扇形，得到，
以为对角线作正方形，又以O为圆心，为半径作扇形，得到，
以此类推得到﹣，
故．
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质、扇形面积公式等知识，找到图形面积的规律是解题的关键．
31．##36度
【分析】圆内接正五边形的顶点把圆五等分，连接，可求出，再根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：连接，如图，
∵五边形是正五边形，
∴正五边形的顶点把圆五等分，
∴
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查了正多边形的计算，理解正五边形的顶点是圆的五等分点是关键．
32．72
【分析】先求得正五边形的内角的度数，再根据圆内接四边形的性质求解即可．
【详解】解：∵正五边形内接于，
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∴，
故答案为：72．
【点睛】此题考查了正多边形与圆，涉及了正多边形的性质以及圆内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
33．
【分析】由正六边形的边长为2，可得，，进而求出，过B作于H，由等腰三角形的性质和含直角三角形的性质得到，在中，由勾股定理求得的长，根据扇形的面积公式即可得到阴影部分的面积．
【详解】解：∵正六边形的边长为2，
∴，，
∵，
∴，
过B作于H，
∴，，
在中，，
∴，
同理可证，，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
34．##度
【分析】根据题意可得出扇形与扇形有重叠的概率即为组成的扇形圆心角与的比值，进而得出答案．
【详解】解：∵在圆中内接一个正五边形，
∴每个正五边形的中心角为，
∵转动过程中，扇形与扇形有重叠的概率为
∴
解得：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了几何概率以及正五边形的性质，根据已知得出概率与圆心角的关系是解题关键．
35．
【分析】根据折叠的想找得到，推出四边形是菱形，连接交于D，根据等边三角形的性质得到，求得，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：沿折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，
∴，
∵，
∴四边形是菱形，
连接交于D，则，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求扇形的面积，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证明是解题的关键．
36．
【分析】根据直角三角形角所对直角边等于斜边一半，即可得到扇形圆心角，结合旋转得到等腰三角形即可得到答案；
【详解】解：如图，作于点M，
∵在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查扇形面积公式，旋转性质，直角三角形角所对直角边等于斜边一半，解题的关键是得到等腰三角形．
37．
【分析】根据题目要求找出点所经过的路线分别为以为圆心，圆心角，为半径的圆弧，和以为圆心，圆心角为，为半径的圆弧，再利用弧长计算公式求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵如图，第一次转动是以为圆心，圆心角，为半径的圆弧，
第二次转动是以为圆心，圆心角为，为半径的圆弧，
∴点所经过的路线长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形的弧长计算公式，正确找出点所经过的路线，及熟练应用弧长计算公式求弧长是解答本题的关键．
38．##
【分析】如图，连接，根据求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵以为直径作半圆，为的中点，
∴，，
∵是小圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查扇形的面积的计算，垂径定理，垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分割法求面积．垂径定理的推论，可以把垂径定理的题设和结论叙述为：一条直线①过圆心，②垂直于弦，③平分弦，④平分优弧，⑤平分劣弧，在应用垂径定理解题时，只要具备上述5条中任意2条，则其他3条成立．
39．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过点O作OH⊥AB于点H，连接OB，根据垂径定理可得AH＝BH，而六边形ABCDEF是正六边形，所以∠BOH＝30°，根据三角函数；
（2）连接OA、OB、AF、BE，易证∠ABF＝∠OFB，得AB∥OF，可得OF⊥FG，从而可证FG是⊙O的切线；
（3）因为六边形ABCDEF是正六边形，点M是中点，所以∠BOC＝∠BOA＝60°，∠MOC＝∠BOM＝30°，∠MOA＝90°，根据弓形的面积可求解．
【详解】（1）解：如图，过点O作OH⊥AB于点H，连接OB，则AH＝BH，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOH＝30°．
∵⊙O的半径为6，
∴；
（2）证明：如图，连接OA、OB、OF，BF、AE，
∵AB＝AF＝EF，
∴，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠EBF＝=30°，
∵OB＝OF，
∴∠OBF＝∠BFO＝30°，
∴∠ABF＝∠OFB，
∴AB∥OF，
∵FG⊥BA，
∴OF⊥FG，
∴FG是⊙O的切线；
（3）：如图，连接OA，OB，OC，
∵六边形ABCDEF是正六边形，点M是中点，
∴∠BOC＝∠BOA＝60°，∠MOC＝∠BOM＝30°，
∴∠MOA＝90°，
∴弓形的面积．
【点睛】本题考查了正多边形与圆、垂径定理、圆周角定理、切线的判定、弓形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
40．(1)见解析
(2)，
【分析】（1）作的角平分线交于点，交于点，证明，即可；
（2）与相切，为直径，得出，得出是等腰直角三角形，则，根据圆周角定理得出，进而根据弧长公式与扇形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：作的角平分线交于点，交于点，
∴点为所求的劣弧的中点．
证明：连接，
∵，
∴
且
∴
∴
即
（2）解：如图所示，连接，
∵与相切，为直径，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
∵，
∴，
∴的长度
∴．
【点睛】本题考查了作角平分线，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，求弧长，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
41．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据三线合一得出，进而证明，结合已知条件，即可得证；
（2）根据已知条件结合（1）的结论得出，根据含30度角的直角三角形的性质得出半径为，继而根据弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴；
∴是的切线；
（2）解：∵，，，
∴，，
∴，
连接，则，
∴．
【点睛】本题考查了三线合一，切线的判定，含30度角的直角三角形的性质，圆周角定理，求弧长，掌握以上知识是解题的关键．
42．(1)见详解
(2)阴影部分的面积为
【分析】（1）连接，由，可得，进一步得到，又为切线，可知，可得，可得为切线；
（2）根据勾股定理求出，分别求出、和扇形的面积，即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
∵，，
，
，
为的切线，
，
，
为的切线；
（2）解：，，
∴，
∴，
∴，即，
∴由勾股定理得：，，
∴，，
∴，
∴，
阴影部分的面积．
【点睛】本题主要考查切线的性质和判定及扇形的计算，掌握切线问题中的两种辅助线的作法及扇形的面积公式是解题的关键．
43．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据为的直径，，得出，然后证明，，即可证明；
（2）①连接，根据三线合一得出，根据中位线的性质得出，进而得出，即可得证；
②根据题意，得出，则，证明是等边三角形，求出和，然后根据，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）连接，
①∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴是的切线．
②∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴
∴阴影部分的面积为．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，相似三角形的判定，切线的判定，圆内接四边形的性质，扇形面积计算，解直角三角形等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．
44．（1）等边，；（2）45；（3）．
【分析】（1）由是正三角形；可得，即可判定是等边三角形；再根据AAS可判定，由此得解；
（2）根据圆周角和弧的关系即可得出；
（3）由（2）得、均为等腰直角三角形，即，；再由AAS定理可判定，可知，继而可得，由此即可得出结论．
【详解】解：（1）∵是正三角形；，
∴，
又∵，
∴是等边三角形；
∴，，
∵，
又∵；
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（AAS）
∴，
∵，即，
故答案为：（1）等边，；
（2）∵四边形是圆内接正四边形，
∴，
∴，
故答案为45；
（3）∵、，，
∴
又∵，，
∴，
在和中，
，
∴（AAS）
∴，
∴，
∴，即．