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专题 33 与圆有关的计算【二十个题型】
【题型1 求正多边形中心角或边数】......................................................................................................................1
【题型2 正多边形与圆中求角度、面积、周长】.................................................................................................6
【题型3 正多边形与圆中求边心距、边长、线段长】.......................................................................................10
【题型4 正多边形与圆中求最值】........................................................................................................................14
【题型5 尺规作图-正多边形】..............................................................................................................................18
【题型6 正多边形与圆的规律问题】....................................................................................................................25
【题型7 由弧长公式求弧长】................................................................................................................................29
【题型8 利用弧长及扇形面积公式求半径、圆心角】.......................................................................................32
【题型9 求某点的弧形运动路径长度】................................................................................................................34
【题型10 由扇形面积公式求扇形面积】................................................................................................................43
【题型11 求图形旋转后扫过的面积】....................................................................................................................46
【题型12 求弓形面积】............................................................................................................................................52
【题型13 求圆锥侧面积、底面半径、高】...........................................................................................................57
【题型14 求圆锥侧面积展开图的圆心角】...........................................................................................................59
【题型15 圆锥的实际问题】....................................................................................................................................61
【题型16 圆锥侧面上的最短路径问题】................................................................................................................63
【题型17 不规则图形的面积的有关计算之和差法】...........................................................................................69
【题型18 不规则图形的面积的有关计算之等面积法】.......................................................................................74
【题型19 不规则图形的面积的有关计算之旋转法】...........................................................................................80
【题型20 不规则图形的面积的有关计算之全等或对称法】...............................................................................85
【知识点 与圆有关的计算】
1. 正多边形与圆
定义：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，中心正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。
2. 弧长、扇形面积、圆锥的有关计算
n°的圆心角所对的弧长l为： 。
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圆心角为n°的扇形面积S为： ；
圆锥的侧面展开图为扇形，底面半径为 R，母线长为l，高为h的圆锥的侧面积为 ，全面积为
，母线长、圆锥高、底面圆的半径之间有 ．
圆锥与侧面展开图的等量关系： ，
【题型1 求正多边形中心角或边数】
【例1】（2023·四川南充·统考一模）如图，点A，B，C在⊙O上，若BC，AB，AC分别是⊙O内接正
三角形．正方形，正n边形的一边，则n=（ ）
A．9 B．10 C．12 D．15
【答案】C
360°
【分析】分别连接OB、OA、OC，根据正多边形的中心角= ，可分别求得∠BOC、∠AOB的度数，
n
360°
从而可得∠AOC的度数，再根据正多边形的中心角= ，可求得边数n．
n
【详解】分别连接OB、OA、OC，如图所示
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∵BC是⊙O内接正三角形的一边
360°
∴∠BOC= =120°
3
同理，可得：∠AOB=90°
∴∠AOC=∠BOC−∠AOB=30°
∵AC是⊙O正n边形的一边
360°
∴ =30°
n
∴n=12
故选：C．
360°
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正多边形的中心角= ，掌握这一知识是解决本题的关键．
n
【变式1-1】（2023·江苏南通·南通田家炳中学校考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠C=36°，弦
AB是圆内接正多边形的一边，则该正多边形的边数是 ．
【答案】5
【分析】如图所示，连接OA，OB，由圆周角定理得到∠AOB=72°，则该多边形的中心角为72°，由此
即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接OA，OB，
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∵∠C=36°，
∴∠AOB=2∠ACB=72°，
360°
∴ =5，
72°
∴该正多边形是正五边形，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是构造同弧所对的圆心角，难度不大．
【变式1-2】（2023·吉林延边·模拟预测）AB是⊙O的内接正六边形一边，点P是优弧AB上的一点（点P
不与点A，B重合）且BP∥OA，AP与OB交于点C，则∠OCP的度数为 ．
【答案】90°/90度
1
【分析】根据题意可求得∠AOB=60°，结合圆周角定理，可求得∠P= ∠AOB=30°，结合平行线的
2
性质和三角形外角的性质，即可求得答案．
【详解】∵AB是⊙O的内接正六边形一边，
∴∠AOB=60°．
1
∴∠P= ∠AOB=30°．
2
∵BP∥OA，
∴∠OAC=∠P=30°．
∴∠OCP=∠AOB+∠OAC=60°+30°=90°．
故答案为：90°．
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【点睛】本题主要考查圆周角定理、正多边形与圆、平行线的性质、三角形的外角的性质，牢记圆周角定
理（一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）是解题的关键．
【变式1-3】（2023·河北邯郸·校考二模）摩天轮（如图1）是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看
作一个大圆和六个全等的小圆组成（如图2），大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点（如点P，
N）均匀分布在大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线（如PQ）始终垂直于水平线l．
(1)∠NOP=________°
(2)若OA=16，⊙O的半径为10，小圆的半径都为1：
①在旋转一周的过程中，圆心M与l的最大距离为________；
②当圆心H到l的距离等于OA时，求OH的长；
③求证：在旋转过程中，MQ的长为定值，并求出这个定值．
【答案】(1)60
(2)①25；②OH=3√11；③MQ的长为定值，定值为10．
【分析】（1）将360°平均分6份即可；
（2）①当圆心M在AO的延长线上时，圆心M与l有最大距离，据此即可求解；
②设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，先证四边形HTAO是矩形，再用勾股定理解Rt△OHK即
可；
③先证△NOP是等边三角形，再证MNPQ是平行四边形，可得MQ=NP=10．
360°
【详解】（1）解：∠NOP= =60°，
6
故答案为：60；
（2）解：①当圆心M在AO的延长线上时，圆心M与l有最大距离，
最大距离为AM=OM+OA=10−1+16=25，
故答案为：25；
②如图，设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，
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∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴K，H，T在同一直线上，
∵圆心H到l的距离等于OA，
∴HT=OA，
∵HT⊥l，OA⊥l，
∴HT∥OA，
∴四边形HTAO是平行四边形，
又∵∠OAT=90°，
∴四边形HTAO是矩形，
∴∠OHT=90°，
∴∠OHK=90°，
∴OH=√OK2−H K2=√102−12=3√11；
③证明：如图所示，连接NP，MQ，
由（1）知∠NOP=60°，
又∵ON=OP=10，
∴△NOP是等边三角形，
∴NP=ON=OP=10，
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∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴MN=PQ=1，MN∥PQ，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∴MQ=NP=10，
∴MQ的长为定值．
【点睛】本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性
质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．
【题型2 正多边形与圆中求角度、面积、周长】
【例2】（2023·山东淄博·统考一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长等于6π，则
正六边形的面积为（ ）
23√3 7√21 21√3 27√3
A． B． C． D．
4 3 3 2
【答案】D
【分析】连接OB、OC，根据圆的周长得到圆的半径，再利用正六边形的性质即可解答．
【详解】解：连接OB、OC，作OH⊥BC于点H，
∵⊙O的周长等于6π，
6π
∴⊙O的半径为： =3，
2π
∵六边形ABCDEF是正六边形，
360°
∴∠BOC= =60°，
6
∴△BOC是等边三角形，
∴BC=OB=OC=3，
√3 3√3
∴OH=OB·sin∠OBC=3× = ，
2 2
1 1 3√3 9√3
∴S = ⋅BC⋅OH= ×3× = ，
△BOC 2 2 2 4
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9√3 54√3 27√3
∴S = ×6= = ，
正六边形ABCDEF 4 4 2
故选D．
【点睛】本题考查了圆内接正六边形中心角等于60°，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数，正六边
形的面积，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-1】（2023·陕西西安·校考一模）如图，已知⊙O的内接正四边形ABCD，点E是⊙O上任意一
点（除A、B两点外）则∠AEB的度数是（ ）
A．45° B．60° C．60°或120° D．45°或135°
【答案】D
【分析】连接OA、OB，首先根据正方形的性质，得∠AOB=90°，再根据圆周角定理和E点的位置确定
∠AEB的度数．
【详解】解：如图，连接OA、OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90°，
当点E在优弧AB上时，
1
∠AEB= ∠AOB=45°；
2
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当点E在劣弧AB上时，
1
∠AEB= ×(360°−∠AOB)=135°；
2
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，熟练掌握圆周角定理和分类讨论的思想是解答本题的关键．
【变式2-2】（2023·福建泉州·校考模拟预测）如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD
于点M，N，P是优弧MN上的一点，则∠MPN的度数为( )
A．55° B．60° C．72° D．80°
【答案】C
【分析】先根据正多边形内角和公式求出∠B=∠C=108°，根据切线的定义得出
1
∠OMB=∠ONC=90°，进而可得∠MON，再根据圆周角定理可得∠MPN= ∠MON．
2
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴ ∠B=∠C= =108°，
5
∵ ⊙O切AB，CD于点M，N，
∴ ∠OMB=∠ONC=90°，
又∵五边形BMONC的内角和为(5−2)×180°=540°，
∴ ∠MON=540°−∠OMB−∠ONC−∠B−∠C=144°，
1
∴ ∠MPN= ∠MON=72°，
2
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故选C．
【点睛】本题考查正多边形内角和问题，圆周角定理，解题的关键是掌握多边形内角和公式．
【变式2-3】（2023·江苏·模拟预测）如图，若一个正六边形的对角线AB的长为10，则正六边形的周长（
）
A．5 B．6 C．30 D．36
【答案】C
【分析】连接CD、EF，交于点O，则点O是正六边形ACEBDF的中心，先根据正六边形的性质可得
1
∠AOC=60°，OC=OA= AB=5，再根据等边三角形的判定与性质可得AC=OA=5，由此即可得．
2
【详解】解：如图，连接CD、EF，交于点O，
则点O是正六边形ACEBDF的中心，
∵六边形ACEBDF是正六边形，AB=10，
360° 1
∴∠AOC= =60°，OC=OA= AB=5，
6 2
∴△AOC是等边三角形，
∴AC=OA=5，
∴正六边形ACEBDF的周长为5×6=30，
故选：C．
【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，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．
【题型3 正多边形与圆中求边心距、边长、线段长】
【例3】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为
一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分．现有一个门环图片和抽象示意图如图所
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示，图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作⊙O，AQ切⊙O于点P，并
交DE于点Q，若AQ=12√3cm，则该圆的半径为（ ）cm．
A．2√6 B．3+2√3 C．3+√6 D．3√3
【答案】C
OP r √3
【分析】根据圆的切线的性质可得OP⊥AQ，设该圆的半径为r，可求sin∠PAO= = = ，过
AO √3r 3
Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，可求
QG QG √3
sin∠PAO= = = ，计算求解QG的长，进而可得QH=12−2r，DH=2√3r−12√2，通过
AQ 12√3 3
解直角三角形即可求解．
【详解】解：∵AQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AQ，
设该圆的半径为r，
∴OB=OP=r，
∵∠ACB=∠CAB=30°，
∴AB=BC=CD=2r，AO=√3r，
∴AC=2√3r，
OP r √3
∴sin∠PAO= = = ，
AO √3r 3
过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，如图所示：
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∴四边形DHGC是矩形，
∴HG=CD，DH=CG，∠HDC=90°，
QG QG √3
∴sin∠PAO= = = ，∠QDH=120°−90°=30°，
AQ 12√3 3
∴QG=12，
∴AG=√AQ2−QG2=12√2，
∴QH=12−2r，DH=2√3r−12√2，
QH 12−2r √3
∴tan∠QDH=tan30°= = = ，解得r=3+√6，
DH 2√3r−12√2 3
∴该圆的半径为3+√6 cm，
故选：C．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，圆周角定理，切线的性质，正多边形和圆等知识的综合运用，
根据题意构造直角三角形运用三角函数求解是解决问题的关键．
【变式3-1】（2023·山东泰安·统考一模）如图，正六边形螺帽的边长是2cm，这个扳手的开口a的值应是
（ ）
2√3
A．2√3cm B．√3cm C． cm D．1cm
3
【答案】A
1
【分析】根据正六边形的内角度数可得出∠1=30°，再通过解直角三角形即可得出 a的值，进而可求出
2
a的值，此题得解．
【详解】∵正六边形的任一内角为120°，
∴∠1=30°（如图），
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1
∴ a=2cos∠1=√3，
2
∴a=2√3．
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形以及解直角三角形，牢记正多边形的内角度数是解题的关键．
【变式3-2】（2023·河北唐山·统考二模）如图，点P是正六边形ABCDEF内部一个动点，AB=1cm，则
点P到这个正六边形六条边的距离之和为 cm．
【答案】3√3
【分析】根据正六边形的性质求出正六边形的“边心距OT”，再将问题转化为“边心距”的6倍即可．．
【详解】解：设正六边形ABCDEF的中心为O，连接OE、OF，过点O作OT⊥EF，垂足为T，
∵正六边形ABCDEF，
360°
∴∠EOF= =60°，
6
∵OE=OF，
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∴△EOF是正三角形，
∴OE=OF=EF=AB=1，
√3 √3
∴OT= OE= ，
2 2
过点P分别作正六边形ABCDEF的各条边的垂线，垂足分别为M、N、S、Q、G、H， 则点P到这个正
六边形六条边的距离之和=MN+GH+QS=6OT=3√3，
故答案为：3√3．
【点睛】本题考查正多边形与圆，掌握正六边形的性质是正确解答的关键．
【变式3-3】（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，正六边形的半径为1，点M在边ED上运动，连接AM，
则AM的长度可以是 （只写出一个满足条件的值即可）．
【答案】1.8(答案不唯一，只要符合√3≤AM≤2即可)．
【分析】设正六边形的中心为O，连接OA，OF，OE，AE，AD，根据正六边形的性质得△AOF和
△OEF为等边三角形，然后可由勾股定理求出AT，进而得AE=√3，再求出AD=2，根据AM在边ED上
运动得√3≤AM≤2，最后在这个的范围内取一个值即可．
【详解】解：设正六边形的中心为O，连接OF，OE，AE，AD，
根据正六边形的性质得：AD经过点O，∠AOF=360°÷6=60°，OA=OF=OE=OD=1，
∴△AOF为等边三角形，
∴AF=OA=OF=1，∠OFA=60°
同理：△OEF为等边三角形，
∴∠OFE=60°
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∴∠OFA=∠OFE=60°，
又AF=EF，
∴AE⊥OF，
1
∴FT=OT= OF=0.5，AT=EF，
2
在Rt△AFT中，AF=1，FT=0.5，
√3
由勾股定理得：AT=√AF2−FT2=
，
2
∴AE=2AT=√3，
又∵OA=OD=1，
∴AD=2，
∵AM在边ED上运动，
∴AE≤AM≤AD，
即：√3≤AM≤2，
∴AH=1.8．
故答案为：1.8(答案不唯一，只要符合√2≤AM≤2即可)．
【点睛】此题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，解答此
题的关键是熟练掌握正多边形的性质，中心角、半径等概念．
【题型4 正多边形与圆中求最值】
【例4】（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和
正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（ ）．
A．√2 B．2 C．4+2√2 D．4−2√2
【答案】D
【分析】设正方形四个顶点分别为A、B、C、D，连接OA并延长，交⊙O于点E，由题意可得，EA
的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，求解即可．
【详解】解：设正方形四个顶点分别为A、B、C、D，连接OA并延长，交⊙O于点E，过点O作
OF⊥AB，如下图：
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则EA的长度为圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值，
1
由题意可得：OE=AB=4，AF=OF= AB=2
2
由勾股定理可得：OA=√OF2+AF2=2√2，
∴AE=4−2√2，
故选：D
【点睛】此题考查了圆与正多边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆与正多边形的性质，确定
出圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值的位置．
【变式4-1】（2023·河北张家口·统考二模）如图，正六边形ABCDEF的边长为6，且点O为正六边形的中
心，将半径为√3的⊙M沿六边形作逆时针滚动，连接OM，过点M作MP⊥OM，并且OM=MP，连接
OP，则在⊙M滚动的过程中，RtΔOMP面积的最大值是（ ）
9
A．2√3 B． C．16 D．8
2
【答案】D
【分析】如图，当⊙M与正六边形的两边AB、BC相切时，OM的值最大，设⊙M与AB相切于点N，连
接MN，OA．解直角三角形求出OM即可解决问题．
1
【详解】解：∵S = OM⋅MP，OM=MP，
Rt△OMP 2
∴当OM最大时，△OMP的面积最大．在⊙M滚动过程中，当OM的延长线经过正六边形的顶点时，OM
取得最大值，且此时⊙M与AF、AB两边相切，设切点分别为N、Q，连接MN，MQ，则MN⊥AN，
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MQ⊥AQ，如图，
在正六边形ABCDEF中，
∵∠FAB=120°，
∴∠NMQ=60°，
易得△ANM≌△AQM，
∴∠AMN=30°，
MN 2√3
∴AM= =√3× =2，
cos30° 3
∵OA=AB=6，
∴OM=OA−AM=4，
1
∴S = ×42=8
Rt△OMP 2
故选D．
【点晴】本题考查正多边形与圆、等腰直角三角形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，
灵活运用所学知识解决问题．
【变式4-2】（2023·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．2√11−2 B．2√13−2 C．6 D．4√3
【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=4√3，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．
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【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，
(6−2)×180°
∴∠BCD= =120°，CD=BC=AB=4，
6
1
∴BH=DH，∠DCH=∠BCH= ∠BCD=60°，
2
∴DH=CD⋅sin∠DCH=2√3，
∴BD=4√3，
∵∠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=2√13，
∴PD=DG−PG=2√13−2，
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．
【变式4-3】（2023·北京·模拟预测）如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，AB=4，点E是A´D上任意一
点，CF⊥BE于F．当点E从点A出发按顺时针方向运动到点D时，则AF的最小值为 ．
【答案】2√5−2
【分析】首先证明点F的运动轨迹是BC为直径的⊙O'，连接AO'交⊙O'于点M，求出AF的最小值即可；
【详解】如图，
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∵CF⊥BE，
∴∠CFB=90°，
∴点F的运动轨迹是BC为直径的⊙O'，连接AO'交⊙O'于点M，
在Rt△ABO'中，AO'=√42+22=2√5，
∴AM=2√5−2，
∴当点E从点A出发按顺时针方向运动到点D时，AF的最小值为2√5−2．
故答案是2√5−2．
【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是正确寻找点F的运
动轨迹，属于中考常考题型．
【题型5 尺规作图-正多边形】
【例5】（2023·河北承德·模拟预测）作图与计算：
(1)在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABO的三个顶点都在格点上．画
出△ABO绕点O顺时针旋转90°后的△OA B ，并写出线段OB扫过的扇形的面积 ．（结果含π）
1 1
(2)利用尺规在图中作圆内接正六边形（不写作法，保留痕迹），并写出正六边形半径、边心距、边长的比
．
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5π
【答案】(1)图见解析，
3
(2)图见解析，2:√3:2
【分析】（1）先分别确定△ABO绕点O顺时针旋转90°后的点，顺次连接即可；然后网格及勾股定理确
定O=√10，再由扇形面积计算公式求解即可；
（2）作过圆心A的线段CD，以点C为圆心，AC长为半径在圆上画弧，交于点B，再以点B为圆心，AC
长为半径画弧，交于点E，同理得出点F，G，然后顺次连接各点即可；根据正六边形的性质及等边三角形
√3r
的判定得出BC=AB=AC=r，再由等边三角形的性质及勾股定理得出AH= ，即可确定比值．
2
【详解】（1）解：如图所示，先分别确定△ABO绕点O顺时针旋转90°后的点，顺次连接，
∴△OA B 即为所求；
1 1
由图得：OB=√32+12=√10，
2
60π×(√10) 5π
S = = ，
扇形OBB 1 360 3
5π
故答案为： ；
3
（2）如图所示：正六边形CBEDFG即为所求；
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设圆的半径即AC=r，
∵正六边形CBEDFG，
∴∠CAB=360°÷6=60°，
∵AC=AB=r，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC=AB=AC=r，
过点A作AH⊥BC，
∴∠CAH=∠BAH=30°，
1 1
∴CH= BC= r，
2 2
√3r
∴AH=√AC2−CH2=
，
2
√3r
半径、边心距、边长的比即为AC:AH:BC=r: :r=2:√3:2，
2
故答案为：2:√3:2．
【点睛】题目主要考查图形的旋转及扇形的面积公式，圆内接正六边形的作法及等边三角形的判定和性质，
勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
【变式5-1】（2023·安徽合肥模拟预测）(1)如图，EF是⊙O的直径，请仅用尺规作出该圆的内接正方形
ABCD，要求所作正方形的一组对边AD、BC垂直于EF见示意图；不写作法，但须保留作图痕迹)；
(2)连接EA、EB，求出∠EAD、∠EBC的度数．
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【答案】（1）见解析；（2）67.5°
【详解】试题分析：（1）作出八等分点，即可得到圆内接正方形；
（2）求出相应圆心角的度数，根据圆周角等于圆心角的一半，即可解答．
试题解析：（1）作①EF的中垂线，
②直角的平分线OD，
③8等分弧，完成正方形．
（2）连接OD，OC，
1 1
因为E´D= 圆周，所以∠EOD=360°× =45°，
8 8
1
所以∠EAD=45°× =22.5°．
2
因为ED´C=3E´D，
所以∠EBC=3∠EAD=3×22.5°=67.5°．
【变式5-2】（2023·江苏苏州模拟预测）用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：如图，①在⊙O上任取
一点A，连接AO并延长交⊙O于点B；②以点B为圆心，BO为半径作圆弧分别交⊙O于C，D两点；③
连接CO，DO并延长分别交⊙O于点E，F；④顺次连接BC，CF，FA，AE，ED，DB，得到六边形
AFCBDE．连接AD，EF，交于点G，则下列结论错误的是（ ）
A．△AOE的内心与外心都是点G B．∠FGA=∠FOA
C．点G是线段EF的三等分点 D．EF=√2AF
【答案】D
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【分析】证明△AOE是等边三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可判断A；证明∠AGF=∠AOF=60°，
可判断B；证明FG=2≥¿，可判断C；证明EF=√3AF，可得结论．
【详解】解：在正六边形AFCBDE中，∠AOF=∠AOE=∠EOD=60°，
∵OF=OA=OE=OD，
∴△AOF，△AOE，△EOD都是等边三角形，
∴AF=AE=OE=OF，OA=AE=ED=OD，
∴四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，
∴AD⊥OE，EF⊥OA，
∴△AOE的内心与外心都是点G，故A正确，
∵∠EAF=120°，∠EAD=30°，
∴∠FAD=90°，
∵∠AFE=30°，
∴∠AGF=∠AOF=60°，故B正确，
∵∠GAE=∠GEA=30°，
∴GA=≥¿，
∵FG=2AG，
∴FG=2≥¿，
∴点G是线段F的三等分点，故C正确，
∵AF=AE，∠FAE=120°，
∴EF=√3AF，故D错误，
故选：D．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形的内心，外心等
知识，解题的关键是证明四边形AEOF，四边形AODE都是菱形．
【变式5-3】（2023·江西赣州·模拟预测）如图1，正五边形ABCDE内接于⊙O，阅读以下作图过程，并
回答下列问题：
作法如图2．
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1．作直径AF．
2．以F为圆心，FO为半径作圆弧，与⊙O交于点M，N．
3．连接AM，MN，NA．
(1)求∠ABC的度数．
(2)△AMN是等边三角形吗？请说明理由．
(3)从点A开始，以DN长为边长，在⊙O上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值．
【答案】(1)108°
(2)是，理由见解析
(3)15
【分析】本题考查正多边形的内角，等边三角形的性质与判定，圆周角定理；
（1）运用多边形的内角和公式求出正五边形ABCDE的内角和，根据每个内角都相等即可解答；
（2）连接ON，OM，MF，NF，由题意可得：OM=ON=OF，FM=FO=FN，从而△FOM，
△FON都是等边三角形，得到∠MFA=60°，∠NFA=60°，由圆周角定理可得∠ANM=∠AFM=60°，
∠AMN=∠AFN=60°，进而∠MAN=60°，即可得证△AMN是等边三角形；
（3）连接OD，OE，由圆周角定理得到∠AON=2∠AMN=120°，又由正五边形ABCDE的中心角为
360°
72°可得∠AOD=144°，从而∠NOD=∠AOD−∠AON=24°，因此n= =15．
24°
【详解】（1）∵正五边形ABCDE的内角和为：(5−2)×180°=540°，
且每个内角都相等，
∴∠ABC=540°÷5=108°．
（2）△AMN是等边三角形，理由：
连接ON，OM，MF，NF，
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由题意可得：OM=ON=OF，FM=FO=FN，
∴OF=ON=FN，OF=OM=MF
∴△FOM，△FON都是等边三角形，
∴∠MFA=60°， ∠NFA=60°
∵A´M=A´M，A´N=A´N，
∴∠ANM=∠AFM=60°，∠AMN=∠AFN=60°，
∴∠MAN=180°−∠AMN−∠ANM=180°−60°−60°=60°，
∴∠AMN=∠ANM=∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形；
（3）连接OD，OE，
∵∠AMN=60°，A´N=A´N，
∴∠AON=2∠AMN=2×60°=120°，
360°
∵在正五边形ABCDE中，中心角为 =72°，
5
即∠AOE=∠DOE=72°，
∴∠AOD=∠AOE+∠EOD=72°+72°=144°，
∴∠NOD=∠AOD−∠AON=144°−120°=24°，
360°
∴该正n边形的中心角为24°，则边数n= =15，
24°
∴n的值是15．
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【题型6 正多边形与圆的规律问题】
【例6】（2023·黑龙江绥化·统考一模）如图，正六边形A B C D E F 的边长为2，正六边形
1 1 1 1 1 1
A B C D E F 的外接圆与正六边形A B C D E F 的各边相切，正六边形A B C D E F 的外接圆
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3
与正六边形A B C D E F 的各边相切……按这样的规律进行下去，A B C D E F 的边长为
2 2 2 2 2 2 10 10 10 10 10 10
．
81√3
【答案】
256
【分析】连接OE ，OD ，OD ，根据正六边形的性质可得∠E OD =60°，则△E OD 为等边三角形，
1 1 2 1 1 1 1
√3 √3
再根据切线的性质得OD ⊥E D ，于是可得OD = E D = ×2，利用正六边形的边长等于它的
2 1 1 2 2 1 1 2
√3
半径可得正六边形A B C D E F 的边长= ×2，同理可得正六边形A B C D E F 的边长
2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3
2
(√3)
= ×2，依此规律求解即可．
2
【详解】解：连接OE ，OD ，OD ，如图所示，
1 1 2
∵六边形A B C D E F 为正六边形，
1 1 1 1 1 1
∴∠E OD =60°，
1 1
∴△E OD 为等边三角形，
1 1
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∵正六边形A B C D E F 的外接圆与正六边形A B C D E F 的各边相切，
2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1
∴OD ⊥E D ，
2 1 1
√3 √3
∴OD = E D = ×2，
2 2 1 1 2
√3
∴正六边形A B C D E F 的边长= ×2，
2 2 2 2 2 2 2
2
(√3)
同理可得正六边形A B C D E F 的边长= ×2，
3 3 3 3 3 3 2
9
(√3) 81√3
∴正六边形A B C D E F 的边长= ×2= ．
10 10 10 10 10 10 2 256
81√3
故答案为： ．
256
【点睛】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成
特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长．
【变式6-1】（2023·湖南湘西·模拟预测）如图1，图2，图3⋯，M、N分别是⊙O的内接正三角形ABC，
正方形ABCD，正五边形ABCDE，…的边AB、BC上的点，且BM=CN，连接OM、ON，图1中
∠MON=120°，图2中∠MON=90°，图3中∠MON=72°…，根据这样的规律，图n中∠MON的
度数是 ．
360°
【答案】
n
【分析】作多边形的半径，根据多边形的性质可证△OAB≌△OCB，得∠OBA=∠OBC，再根据“等边
对等角”得∠OBC=∠OCB，于是可得∠OBM=∠OCN，从而可证△OBM≌△OCN则
360°
∠BOM=∠CON，因此∠MON=∠BOC= ．
n
本题考查了正多边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边对等角、正多边形中心角等知识点，解题的
关键综合运用这些性质解题．
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【详解】不失一般性，设n=5时的情形，可以推广到一般情况．连接OA、OB、OC，如下图
由正多边形的性质知：¿
∴△OAB≌△OCB(SSS)
∴∠OBA=∠OBC
由OB=OC得：∠OBC=∠OCB
∴∠OBA=∠OCB
即：∠OBM=∠OCN
又∵BM=CN,OB=OC
∴△OBM≌△OCN(SAS)
∴∠BOM=∠CON
∴∠BOM+∠BON=∠CON+∠BON
即：∠MON=∠BOC
360°
∵∠BOC=
n
360°
∴∠MON=
n
360°
故答案为： ．
n
【变式6-2】（2023·宁夏银川·模拟预测）如图，∠MON=60°，作边长为1的正六边形A B C D E F ，
1 1 1 1 1 1
边A B 、F E 分别在射线OM、ON上，边C D 所在的直线分别交OM、ON于点A 、F ，以A F 为边
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2
作正六边形A B C D E F ，边C D 所在的直线分别交OM、ON于点A 、F ，再以A F 为边作正六
2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3
边形A B C D E F ，…，依此规律，经第n次作图后，点B 到ON的距离是 ．
3 3 3 3 3 3 n
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【答案】3n−1 ⋅√3
【分析】寻找规律求出OBn的长，根据Bn到ON的距离为OBn•sin60°计算即可．
【详解】解：观察图象可知OB=2=2×30，
1
OB=2×31，
2
OB=2×32=18，
3
OB=2×33=54，
4
OBn=2×3n-1，
∴Bn到ON的距离为2×3n-1•sin60°=3n−1·√3，
故答案为：3n−1·√3．
【点睛】本题考查正多边形与圆、等边三角形的性质、正六边形的性质等知识，解题的关键是掌握从特殊
到一般的探究方法，属于中考常考题型．
【变式6-3】（2023·河北·校联考二模）如图1，将一个正三角形绕其中心最少旋转60°，所得图形与原图
的重叠部分是正六边形；如图2，将一个正方形绕其中心最少旋转 45°，所得图形与原图形的重叠部分是
正八边形；依此规律，将一个正七边形绕其中心最少旋转 °，所得图形与原图的重叠部分是正多边
形．在图2中，若正方形的边长为4，则所得正八边形的面积为 ．
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180
【答案】 32√2−32
7
180∘
【分析】根据题意，可以发现正n边形绕其中心最少旋转 ，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；
n
旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，设等腰直角三角形的边长为x，
则正八边形的边长为√2x；然后根据x+x+√2x=4求得x；最后用正方形的面积减去这八个等腰直角三角形
的面积即可．
180∘
【详解】解：由题意得：正n边形绕其中心最少旋转 ，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；则
n
180∘
将一个正七边形绕其中心最少旋转 所得图形与原图的重叠部分是正多边形；
7
由题意得：旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，
设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为√2x
∴x+x+√2x=4，解得x=4-2√2
1
∴减去的每个等腰直角三角形的面积为： (4−2√2)(4−2√2)=12−8√2
2
∴正八边形的面积为：正方形的面积-4×等腰直角三角形的面积
=4×4-4（12−8√2）
=32√2−32．
180
故答案为 ，32√2−32．
7
【点睛】本题考查了旋转变换、图形规律以及勾股定理等知识，根据题意找到旋转规律是解答本题的关键．
【题型7 由弧长公式求弧长】
【例7】（2023·安徽·模拟预测）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，直线OB交⊙O于点
C,D,∠B=∠C．若OD=2，则劣弧AD的长为 ．
2π
【答案】
3
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【分析】本题考查圆的切线的性质及弧长公式，求劣弧AD所对的圆心角的度数是解题关键．由∠B=∠C，
∠C=∠OAC，得∠AOB=2∠B，由切线得∠OAB=90°，进而求出∠AOD的度数即可求解．
【详解】解：∵ AB是⊙O的切线，
∴ ∠OAB=90°，
∵ OC=OA，
∴ ∠C=∠OAC，
∴ ∠AOB=2∠C，
∵ ∠B=∠C，
∴ ∠AOB=2∠B，
∴ ∠AOD=60°，
60π×2 2π
∴劣弧AD的长为 = ．
180 3
2π
故答案为： ．
3
【变式7-1】（2023·江苏泰州·统考二模）如图，已知AB=1，BC=√3,∠B=90°，BC与A´C相切于点C，
则A´C的长= ．
2 2π
【答案】 π /
3 3
【分析】根据直角三角形的边角关系可求出AC，∠ACB，再根据切线的性质可求出∠OCA=60°，进而
得到△AOC是等边三角形，得出扇形的圆心角度数和半径，利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图，设A´C所在的圆心为O，连接OA、OC、AC，
在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=1，BC=√3，
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∴AC=√AB2+BC2=2，
AB 1
∴在Rt△ABC中，sin∠ACB= = ，
AC 2
∴∠ACB=30°，
∵⊙O与BC相切于点C，
∴∠OCB=90°，
∴∠OCA=90°−30°=60°，
又∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，OA=OC=AC=2，
60π×2 2
∴A´C的长为 = π，
180 3
2
故答案为： π．
3
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、勾股定理、正弦、弧长公式等知识，熟练掌握圆的切线的性质和弧
长公式是解题关键．
【变式7-2】（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，⊙O半径为3cm，四边形ABCD内接于⊙O，延长BC至
点E，若∠DCE=60°，则B´D的长是 cm．
【答案】2π
【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理等知识点，理解圆的内接四边形是解题的关
键．
如图:连接OD，OB．根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB+∠DCB=180°，再根据邻补角的性质可
得∠DCB=120°，进而得到∠DAB=60°；然后根据圆周角定理可得∠DOB=120°，最后根据弧长公
式即可解答．
【详解】解：如图:连接OD，OB．
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∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∵∠DCE=60°，
∴∠DCB=120°，
∴∠DAB=60°，
∴∠DOB=2∠DAB=120°，
120π×3
∴B´D的长是 =2πcm．
180
故答案为：2π．
【变式7-3】（2023·山西临汾·模拟预测）现将一块含60°的直角三角板按如图放置，顶点C落在以AB为
直径的半圆上，斜边恰好经过点B，一条直角边与半圆交于点D，若AB=4，则弧BD的长为 ．
4
【答案】 π
3
nπr
【分析】本题考查弧长公式，圆周角定理等知识；解题的关键是理解题意，记住弧长公式l= ．连接
180
OD，利用圆周角定理求出∠DOB，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：连接OD，
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1
∵∠DOB=2∠DCB=120°，OB= AB=2，
2
120×π×2 4π
∴B´D的长= = ，
180 3
4π
故答案为： ．
3
【题型8 利用弧长及扇形面积公式求半径、圆心角】
【例8】（2023·江苏镇江·统考二模）扇形的弧长为6π，半径是12，该扇形的圆心角为 度．
【答案】90
【分析】设此扇形的圆心角为x°，代入弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：设此扇形的圆心角为x°，
12πx
由题意得， =6π，
180
解得，x=90，
故答案为：90．
nπr
【点睛】本题考查的是弧长的计算，掌握弧长的公式l= 是解题的关键．
180
【变式8-1】（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）一个扇形的圆心角为100°，面积为10π，则此扇形的弧长
为 ．（结果保留π）
10
【答案】 π
3
【分析】首先根据扇形的面积公式求得扇形的半径，根据弧长的计算是即可求出扇形的弧长．
【详解】解：设扇形的半径是r，
100
由题意得10π= ×π×r2 ，
360
解得r=6，
100°×π×r 10
∴扇形的弧长等于 = π，
180° 3
10
故答案为： π．
3
【点睛】本题考查了弧长公式的运用．
【变式8-2】（2023·浙江杭州·统考一模）将一半径为6的圆形纸片，沿着两条半径剪开形成两个扇形．若
其中一个扇形的弧长为5π，则另一个扇形的圆心角度数是 ．
【答案】210°/210度
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【分析】用圆的周长减去已知扇形弧长，求出另一个扇形的弧长，设另一个扇形的圆心角为n°，利用弧长
公式求解．
【详解】解：∵圆的周长为2π×6=12π，
∴另一个扇形的弧长为12π−5π=7π，
设另一个扇形的圆心角为n°，
6nπ
根据弧长公式得 =7π，
180
解得n=210，
即另一个扇形的圆心角度数为210°．
故答案为：210°．
nπr
【点睛】本题考查扇形的圆心角、弧长，解题的关键是掌握扇形的弧长公式l= ．
180
【变式8-3】（2023·山东淄博·模拟预测）如图，把长为a，宽为b的矩形纸片ABCD分割成正方形纸片
ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则
a
= ．
b
3
【答案】
2
【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．
设圆锥的底面的半径为rcm，AD=acm，则DE=2rcm，AE=AB=(a−2r)cm，利用圆锥的侧面展开
90π(a−2r)
图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到 =2πr，解方程求出r，然后计算
180
AD:AB即可．
【详解】解：设圆锥的底面的半径为rcm，则DE=2rcm，AE=AB=(a−2r)cm，
根据题意得
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90π(a−2r)
=2πr，整理，得a=6r，
180
AD 6r 3 a 3
则 = = ， 即： =
AB 6r−2r 2 b 2
3
故答案为： ．
2
【题型9 求某点的弧形运动路径长度】
【例9】（2023·广东深圳·深圳市文锦中学校考模拟预测）如图，点B，A，E和点C，A，D分别在同一
条直线上，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，AB=AC=2AD=2AE=2，将△ADE绕着点A顺时针
旋转得到△AD'E'，直线BE'，CD'交于点P，当点D'落在AC上时，P点经过的路径长是 ．
2√2
【答案】 π
3
【分析】由边角边证明△ABE'≌△ACD'得∠ABE'=∠ACD'，又因∠ABC+∠ACB=90°，
∠PBC+∠PCB=90°可知点P在以BC为直径的圆上；以点A为旋转中心，DA为半径，点D'旋转到
√2π
∠DAD'=120°时是点P经过的路径最长，经计算l = ，点D'落在AC上时P点经过的路径长是
扇形AP 3
2√2π
．
3
【详解】解：如图1所示：
∵△ADE绕着点A顺时针旋得到△AD'E'，
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∴AD=AD'，AE=AE'，
∠DAE=∠D' AE'，
又∵△ADE都是等腰直角三角形，
∴AD=AE，AB=AC，
∠BAC=∠DAE=90°，
∴AD'=AE'，
∠BAC=∠D' AE'=90°，
又∵∠DAD'=∠EAE'，
∠BAE'+∠EAE'=180°
∴∠BAE'=∠CAD'，
在△ABE'与△ACD'中，
¿，
∴△ABE'△≌ACD' (SAS)，
∴∠ABE'=∠ACD'，
∵∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠PBC+∠PCB=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上；
点P在旋转中，过点A作AK⊥BC，相交于点K，连接KP，
如图2所示，
∵AB=2，AE'=1，
1
∴在△ABE'中有AE'= AB，
2
∴∠AE'B=90°，
∴∠ABE'=30°，
又∵AB=AB，∠BAC=90°
∴∠ABC=45°，
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又∵∠ABC=∠ABE'+∠CBE'，
∴∠CBP=15°，
又∵BK=PK，
∴∠KBP=KPB=15°，
∴∠PKC=30°，
又∵∠AKC=∠AKP+∠PKC=90°，
∴∠AKP=60°，
在等腰△ABC中，由勾股定理得：
BC=√AB2+AC2=√22+22=2√2，
1 1
又∵ S = AB⋅AC= BC⋅AK，
ΔABC 2 2
∴AK=√2，
60⋅π⋅√2 √2π
∴ l = = ，
扇形AP 180 3
∵当点D'落在AC上时，点P又回到起点A，
√2π 2√2π
∴P点经过的路径长=2× = ．
3 3
2√2π
故答案为： ．
3
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的判定与性质，三角
形的外角定理，等积变换，圆周角定理，圆的切线定义和扇形的弧长公式，重点掌握全等三角形的判定与
性质，难点是动点P实际路径是弧长的2倍．
【变式9-1】（2023·四川凉山·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点
A(3,0)，C(0,2)，将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°，旋转后点B的对应点B'的坐标和点B在旋转过
程中绕过的路径长分别是（ ）
√13 √13
A．(−2,3)和 π B．(−3,2)和 π
2 2
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√13 √13
C．(−2,3)和 π D．(−3,2)和 π
4 4
【答案】A
【分析】本题考查勾股定理、矩形的性质以及旋转变换的性质，弧长的计算．
利用勾股定理、矩形的性质以及旋转变换的性质，弧长公式解决问题即可．
【详解】解：如图，连接OB，
∵四边形OABC是矩形，
∴OC=AB，BC=OA，
∵C(0,2)，A(3,0)，
∴AB=OC=2，OA=BC=3，
由旋转变换的性质可知B' (−2,3)，
由勾股定理，得OB=√OA2+AB2=√32+22=√13，
90π×√13 √13
∴点B在旋转过程中绕过的路径长= = π，
180 2
故选：A．
【变式9-2】（2023·辽宁抚顺·模拟预测）在如图所示平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，
△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,−1)，B(2,−5)，C(5,−4)．
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(1)画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A B C ；
1 1 1
(2)在（1）的条件下，求点A旋转到点A 的过程中所经过的路径长（结果保留π）．
1
【答案】(1)见解析
√2
(2)点A旋转到点A 的过程中所经过的路径长为 π
1 2
【分析】本题考查作图题旋转变换、弧长公式，熟练掌握旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键．
(1)根据旋转的性质作图即可；
(2) 利用勾股定理求出OA的长，再利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）△A B C 即为所画．
1 1 1
（2）∵OA=√12+12=√2
nπr 90π√2 √2
∴A´A = = = π．
1 180 180 2
【变式9-3】（2023·江苏盐城·校考一模）“鹿鸣·博约”数学兴趣小组开展了《再探矩形的折叠）这一课
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题研究．已知矩形ABCD，点E、F分别是AB、CD边上的动点．
(1)若四边形ABCD是正方形，如图①，将四边形BCFE沿EF翻折，点B，C的对应点分别为M、N．点
M恰好是AD的中点．
①若AD=8，求AE的长度；
②若MN与CD的交点为G，连接EG，试说明AE+DG=EG．
(2)若AB=2√3，AD=2，如图②，且AE=CF，将四边形BCFE沿EF翻折，点B、C的对应点分别为B'、
C'．当点E从点A运动至点B的过程中，点B'的运动路径长为_________．
(3)若四边形ABCD是正方形，AD=8，如图③，连接DE交AC于点M，以DE为直径作圆，该圆与AC交
于点A和点N，将ΔEMN沿EN翻折，若点M的对应点M'刚好落在BC边上，求此时AE的长度．
【答案】(1)①AE=3；②证明见详解
24π
(2)
9
(3)4√5−4
【分析】（1）①设AE=x，则EM=BE=8−x，在RtΔAEM中根据勾股定理列出方程，进而求得结果；
②取EG的中点Q，连接MQ，可推出MQ是梯形ADGE的中位线，从而得出AE+DG=2MQ，在
RtΔEMG中，根据直角三角形的性质得出EG=2MQ，从而得出AE+DG=EG；
（2）连接AC，交EF于O，连接OB，OB'，作点B关于AC的对称点B″，可证得△AOE≌△COF，从而
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OA=OC，进而证得△BOC是等边三角形，从而OB'=OB=BC=2，从而得出点B'在以O为圆心，2为半
径的 上运动，根据弧长公式求得结果；
BA ´ B″
（3）解：连接DN，作MX⊥AB于X，作VN⊥AC，交AB的延长线于V，设BE=a，AE=8−a，可
证得°∧≌△VNE，从而EV =AD=8，AN=VN，进而表示出AN，可证得△MXE≌△EBT，从而得出
MX=BE=a，BT=XE=8−2a，进而表示出AM，CT，CN，NT，CW，TW，在Rt△TWN中，由勾
3 2 1 2 3√2 2
股定理列出方程( a) +( a) =(8√2− a) 求得a的值，进一步得出结果．
2 2 2
【详解】（1）①解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=8，∠A=90°，
∵M是AD的中点，
∴AM=BM=4，
设AE=x，则EM=BE=8−x，
∴x2+42=(8−x) 2，
∴x=3，
∴AE=3；
②证明：如图1，
取EG的中点Q，连接MQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AE∥DG，∠B=90°，
∵M是AD的中点，
∴AE+DG=2MQ，
由折叠得，
∠EMG=∠B=90°，
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∴EG=2MQ，
∴AE+DG=EG；
（2）解：如图2，
连接AC，交EF于O，连接OB，OB'，作点B关于AC的对称点B″，
∴OB'=OB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC=90°，
∴∠EAO=∠FCO，
∵∠AOE=∠COF，AE=CF，
1
∴△AOE≌△COF(AAS)，OB=OC= AC，
2
∴OA=OC，
∵AB=2√3，AD=2，
AB
∴tan∠ACB= =√3，
BC
∴∠ACB=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB'=OB=BC=2，∠BOC=60°，
∴点B'在以O为圆心，2为半径的BA ´ B″上运动，
∵∠BOB″=2∠BOC=120°，
∴∠AOB+∠AOB″=240°，
240π⋅2 24π
∴l = = ，
BA´B″ 180 9
24π
故答案为： ；
9
（3）解：如图3，
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连接DN，作MX⊥AB于X，作VN⊥AC，交AB的延长线于V，
设BE=a，AE=8−a，
∵四边形AEND是⊙O的内接四边形，DE是⊙O的直径，
∴∠VEN=∠ADN，∠DEN=∠DAC=45°，∠EDN=∠BAC=45°，∠END=90°，
∴EN=DN，∠DNE=∠ANV =90°，
∴∠VNE=∠∧¿，
∴△∧≌△VNE(ASA)，
∴EV =AD=8，AN=VN，
√2 √2 √2 √2 √2
∴AN= AV = (AE+EV)= (AD+AE)= (16−a)=8√2− a，
2 2 2 2 2
由折叠得，
∠TEN=∠DEN=45°，ET=EM，
∴∠MET=90°，
∴∠MEX+∠TEB=90°，
∵∠ABC=∠MXE=90°，
∴∠BET+∠BTE=90°，
∴∠MEX=∠BTE，
∴△MXE≌△EBT(AAS)，
∴MX=BE=a，BT=XE=8−2a，
∴AM=√2MX=√2a，CT=2a，
√2
∴CN=AC−AN= a，
2
3√2
∴NT=NM=AC−AM−CN=8√2− a，
2
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∵∠CWN=90°，∠ACB=45°，
√2 1
∴CW =NW = CN= a，
2 2
1 3
∴TW =CT−CW =2a− a= a，
2 2
在Rt△TWN中，由勾股定理得，
TW2+NW2=T N2，
3 2 1 2 3√2 2
∴( a) +( a) =(8√2− a) ，
2 2 2
∴a =12−4√5，a =12+4√5（舍去），
1 2
∴BE=12−4√5，
∴AE=8−(12−4√5)=4√5−4．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理的推论，圆的内接四边形的性
质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
【题型10 由扇形面积公式求扇形面积】
【例10】（2023·云南临沧·统考三模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，其半径为1，作OF⊥BC交
⊙O于点F，则图中阴影部分的面积为（ ）
π 2π 3π 3π
A． B． C． D．
3 5 10 5
【答案】C
【分析】连接OA、OB、OC，求出∠AOF，再利用扇形公式进行计算．
【详解】解：连接OA、OB、OC，
∵正五边形ABCDE，
∴∠AOB=∠BOC=360°÷5=72°，
OB=OC，
∵ OF⊥BC，
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1
∴∠BOF= ∠BOC=36°，
2
∴∠AOF=108°，
108°×π 3π
∴S= = ，
360° 10
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握扇形面积公式和求出A´C所对的圆心角度数是解题的关键．
【变式10-1】（2023·四川成都·模拟预测）如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的点，若⊙O的半径
为3，∠ADB=30°，则扇形BOC的面积为 ．
【答案】3π
【分析】本题考查的是圆周角定理，扇形面积的计算，掌握圆周角定理、扇形面积公式是解题的关键．根
据圆周角定理求出∠AOB，得到∠BOC的度数，根据扇形面积公式计算即可．
【详解】解：由圆周角定理得，∠AOB=2∠ADB=60°，
∴∠BOC=180°−60°=120°，
120π×32
∴扇形BOC的面积为 =3π．
360
故答案为：3π．
【变式10-2】（2023·安徽·校联考模拟预测）学生到工厂劳动实践，学习制作机械零件．零件的截面如图
阴影部分所示，已知四边形ABOE为菱形，C,D分别为OB，OE的中点，扇形COD的圆心角为
72°,AB=10cm，求零件的截面周长和面积．（参考数据：
sin72°≈0.95,cos72°≈0.31,tan72°≈3.08,π取3.14）
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【答案】零件的截面周长约为36.28cm，面积约为79.3cm2．
【分析】本题主要考查了菱形的周长、扇形的弧长、扇形面积公式求解，熟练掌握相关公式并根据题意用
规则图形求解不规则图形的周长和面积是解题关键．仔细观察图形，零件的截面面积就是用菱形的面积减
去扇形的面积， 周长=AB+AE+BC+ED+C´D，求出C´D即可得出周长．
【详解】解：由题意得OC=OD=5,
72π×5
∴C´D= =2π，
180
∴零件的截面周长为10+10+5+5+2π≈36.28(cm)．
如下图，过点A作AH⊥OB，垂足为点H．
∵四边形ABOE为菱形，
∴AB=BO=10,∠ABH=∠O=72°，
∴AH=AB⋅sin72°≈10×0.95=9.5．
72π×52
∴S =9.5×10=95，S = =5π≈15.7，
菱形ABOE 扇形COD 360
∴S =95−15.7=79.3(cm2)．
阴影
答：零件的截面周长约为36.28cm，面积约为79.3cm2．
【变式10-3】（2023·江苏·模拟预测）习近平总书记强调：“青年一代有理想、有本领、有担当，国家就
有前途，民族就有希望”．如图①是一块弘扬“新时代青年励志奋斗”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∠O=120°形成的扇面，若OA=3m，
OB=1.5m，则阴影部分的面积为（ ）
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9π 17π 2√5π
A． m2 B．3πm2 C． m2 D． m2
4 4 3
【答案】A
【分析】根据扇形面积公式，求出大扇形和小扇形的面积，最后根据S =S −S 即可求解．
阴影 大扇形 小扇形
【详解】解：根据题意可得：
∵∠O=120°，OA=3m，OB=1.5m，
120π×32 120π×1.52 3
∴S = =3π(m2)，S = = π(m2)，
大扇形 360 小扇形 360 4
3 9π
∴S =S −S =3π− π= (m2)，
阴影 大扇形 小扇形 4 4
故选：A．
nπr2
【点睛】本题主要考查了求扇形面积，解题的关键是掌握扇形面积公式S = ．
扇形 360
【题型11 求图形旋转后扫过的面积】
【例11】（2023·山东泰安·模拟预测）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△A BC 的位置，则整个旋转过程中线
1 1
段OH所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为（ ）
7 7 4 7 4
A． π− √3 B． π+ √3 C．π D． π+√3
3 8 3 8 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
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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，BH ，
1
∵O、H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转120°到△A BC 的位置，
1 1
∴△OBH≌△O BH ，
1 1
∴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=2√3，
∵H为边AC的中点，
1
∴CH= AC=√3，
2
∴BH=√BC2+CH2=√22+(√3) 2=√7，
120π(BH2−BC2) 120π×(7−4)
∴阴影部分面积= = =π，
360 360
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．
【变式11-1】（2023·河北唐山·统考二模）如图，已知A´B的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是A´B的中
点，将A´B绕点A逆时针旋转90°后得到A ´ B'，三位同学提出了相关结论：
嘉嘉：点P到AB的距离为2
淇淇：AP的长为2√3
嘉淇：线段AP扫过的面积为2√5π
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下列结论正确的是( )
A．嘉嘉对，淇淇错 B．淇淇对，嘉淇错
C．嘉嘉错，嘉淇错 D．淇淇错，嘉淇对
【答案】A
1
【分析】根据垂径定理得出AM=BM= AB=4，利用勾股定理求得OM，继而即可求得点P到AB的距
2
离为2，故即可判断嘉嘉对；利用勾股定理求得AP的长为2√5，即可判断淇淇错；根据线段AP扫过的面
积=扇形APP'的面积求得即可判断嘉淇错．
【详解】解：设A´B所在圆的圆心为O，连接OP、OA，
∵点P是A´B的中点，
1
∴OP⊥AB，AM=BM= AB=4，
2
∴OM=√OA2−AM2=3，
∴PM=5−3=2，
∴点P到AB的距离为2，故嘉嘉对，
∴PA=√AM2+PM2=√22+42=2√5，故淇淇错；
2
90π×(2√5)
∴线段AP扫过的面积=S = =5π，故嘉淇错，
扇形APP' 360
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故选：A．
【点睛】本题考查了扇形的面积、垂径定理，勾股定理，明确线段AP扫过的面积=扇形APP'的面积是解
题的关键．
【变式11-2】（2023·四川达州·统考中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点
均在小正方形的格点上．
(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A B C ，画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A B C ，画出△A B C ；
2 2 2 2 2 2
(3)在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
5+5π
(3)
2
【分析】（1）先作出点A、B、C平移后的对应点A ，B 、C ，然后顺次连接即可；
1 1 1
（2）先作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A ，B ，然后顺次连接即可；
2 2
1 5 90π×(√10) 2 5π
（3）证明△ABC为等腰直角三角形，求出S = AB×BC= ，S = = ，根据
△ABC 2 2 扇形CAA 2 360 2
旋转过程中△ABC扫过的面积等于△ABC的面积加扇形CA A 的面积即可得出答案．
1
【详解】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点A ，B 、C ，顺次连接，则△A B C 即为所求，如
1 1 1 1 1 1
图所示：
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（2）解：作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A ，B ，顺次连接，则△A B C 即为所求，如图
2 2 2 2 2
所示：
（3）解：∵AB=√12+22=√5，AC=√32+12=√10，BC=√12+22=√5，
∴AB=BC，
∵(√5)
2+(√5) 2=10=(√10) 2
，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
1 5
∴S = AB×BC= ，
△ABC 2 2
根据旋转可知，∠AC A =90°，
2
2
90π×(√10) 5π
∴S = = ，
扇形CAA 2 360 2
5+5π
∴在旋转过程中△ABC扫过的面积为S=S +S = ．
△ABC 扇形CAA 2 2
【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋
转后的对应点．
【变式11-3】（2023·广东梅州·统考一模）如图，在矩形ABCD中AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕顶点
B旋转得到矩形A'BC'D'，点A'恰好落在矩形ABCD的边CD上，则AD扫过的部分（即阴影部分）面积
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为 ．
π
【答案】
12
【分析】根据旋转和矩形的性质得出S +S =S ，A'B=AB=2，
△BAD △BC'D' 矩形BC'D'A'
∠BCD=∠ABC=90°，根据勾股定理求出A'C和BD，根据图形得出阴影部分的面积
S=S +S +S −S −S =S −S ，分别求出即可．
△ABD 扇形DBD' △BC'D' 扇形ABA' 矩形A'BC'D' 扇形DBD' 扇形ABA'
【详解】解：连接BD'、BD，如图所示：
∵将矩形ABCD绕顶点B旋转得到矩形A'BC'D'，
∴S +S =S ，A'B=AB=2，∠BCD=∠ABC=90°，
△BAD △BC'D' 矩形BC'D'A'
在Rt△Rt△A'BC中，由勾股定理得A'C=√22−12=√3，
∴∠A'BC=60°，
∴∠ABA'=30°，
由旋转的性质可知∠DBD'=∠ABA'=30°，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=√22+12=√5，
∴阴影部分的面积S=S +S +S −S −S
△ABD 扇形DBD' △BC'D' 扇形ABA' 矩形A'BC'D'
=S −S
扇形DBD' 扇形ABA'
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30π×(√5) 2 30π×22 π
= − = ，
360 360 12
π
故答案为： ．
12
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、扇形的面积计算等知识点，能把不规则图形的面积转化成
规则图形的面积是解此题的关键．
【题型12 求弓形面积】
【例12】（2023·河南周口·校联考三模）如图，在△ABC中，BC=BA=4，∠C=30°，以AB中点D为
圆心、AD长为半径作半圆交线段AC于点E，则图中阴影部分的面积为 ．
4π
【答案】 −√3
3
【分析】连接DE，BE，然后根据已知条件求出∠ABE=60°，AE=2√3，从而得到∠ADE=120°，最
后结合扇形的面积计算公式求解即可．
【详解】解：如图，连接DE，BE．
∵AB为直径，
∴∠BEA=90°．
∵BC=BA，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
1 √3
∴∠ABE=60°，BE= AB=2，AE=√3BE= AB=2√3，
2 2
∵BD=DE，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠ADE=120°，
∴阴影部分的面积=S −S
扇形DAE △ADE
120π×22 1
= − S
360 2 △ABE
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120π×22 1 1 4π
= − × ×2√3×2= −√3
360 2 2 3
4π
= −√3．
3
4π
故答案为： −√3．
3
【点睛】本题考查阴影部分面积计算问题，涉及到扇形面积计算，等边三角形的判定与性质，直径所对的
圆周为直角等，掌握扇形面积计算公式是解题关键．
【变式12-1】（2023·云南红河·统考一模）如图，已知⊙O的半径为2，四边形ABCD是⊙O的内接四边
形，∠ABC=2∠ADC，且A´D=C´D，则图中阴影部分的面积等于 (结果保留π)．
4
【答案】 π−√3
3
【分析】根据题意可以得出三角形ACD是等边三角形，进而求出∠AOD，再根据直角三角形求出OE、
AD，从而从扇形的面积减去三角形AOD的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】解：连接OD，过点O作OE⊥AD，垂足为E，
∵∠AOC＝2∠ADC，∠ABC=2∠ADC，∠ABC＋∠ADC＝180°，
∴3∠ADC＝180°
∴∠ADC＝60°，∠ABC＝120°，
∵AD＝CD，
∴△ACD是正三角形，
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∴∠AOD＝2∠ACD ＝120°，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
OE＝2×sin30°＝1，AD＝2AE=2×（cos30°×2）＝2√3，
120 1 4
∴S ＝S OAD−S AOD＝ ×π×22− ×2√3×1= π−√3，
阴影部分 扇形 △ 360 2 3
4
故答案为： π−√3．
3
【点睛】考查与圆有关的计算，掌握圆的有关性质，扇形面积计算方法，三角形的面积，以及解直角三角
形等知识，掌握各个知识点之间的关系是解答的关键．
【变式12-2】（2023·广东佛山·校考一模）如图，在ΔABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与BC交于
点D，连接AD．
(1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧AD的中点E．（不写作法，保留作图痕迹），连接BE交AD于F点，
并证明：AF×DF=BF×EF；
(2)若⊙O的半径等于4，且⊙O与AC相切于A点，求劣弧AD的长度和阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)2π，4π−8
【分析】（1）利用圆周角相等所对的弧相等解决中点，连接DE，先说明△BFA∽△DFE，再利用相似三
角形的性质得结论；
（2）连接OD，先求出∠AOD的度数，再利用弧长公式、扇形的面积公式及三角形的面积公式得结论．
【详解】（1）作∠ABC的角平分线交A´D于点E．
∴点E为所求的劣弧A´D的中点．
证明：连接DE，
∵ A´E=A´E，B´D=B´D，
∴∠ABF=∠ADE，∠BAF=∠FED．
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∴△BFA∽△DFE．
BF DF
∴ = ．
AF EF
即AF×DF=BF×EF．
（2）连接OD，
∵⊙O与AC相切，OA为半径，
∴BA⊥AC．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=45°．
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB=45°．
∴∠AOD=90°．
90×π×4
∴劣弧AD的长度= =2π．
180
S =S −S
阴影 扇AOD △AOD
90×π×42 1
= − ×4×4
360 2
=4π−8．
【点睛】本题主要考查了与圆有关计算，掌握圆周角定理、等腰三角形的性质、弧长公式及扇形的面积公
式是解决本题的关键．
【变式12-3】（2023·浙江温州·统考模拟预测）如图，墙上有一个矩形门洞ABCD，现要将其改为直径为
4m的圆弧形，圆弧经过点B，C分别交AB，CD于E，F．若AB=4m，BC=2m，则要打掉的墙体面积为
m2．
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10
【答案】 π−3√3
3
【分析】连结BF，AD，交于O，根据四边形ABCD为矩形，可得∠BCD=∠ABC=90°，得出BF为直径，
EC为直径，点O为圆心，根据勾股定理CF=√BF2-BC2=√42-22=2√3，利用三角函数sin∠BFC=
BC 2 1
= = ，可求∠BFC=30°，可证△BOC为等边三角形，要打掉的墙体面积为S BC+2S CF，利用
BF 4 2 弓形 弓形
扇形面积公式及三角形面积公式即可得答案．
【详解】解：连结BF，AD，交于O，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=∠ABC=90°，
∴BF为直径，EC为直径，
∴点O为圆心，
∴OB=OC=OF，
在Rt△BCF中，BC=2m，BF=4m，
根据勾股定理CF=√BF2-BC2=√42-22=2√3，
BC 2 1
∴sin∠BFC= = = ，
BF 4 2
∴∠BFC=30°，
∴∠OCF=∠BFC=30°，
∴∠BOC=2∠BFC=60°，
∴△BOC为等边三角形，
要打掉的墙体面积为S BC+2S CF，
弓形 弓形
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60×π×22 1 (120×π×22 1 )
= - BC×OCsin60°+2× - CF×OCsin30° ，
360 2 360 2
2π 1 √3 (4π 1 1)
= - ×2×2× +2× - ×2√3×2× ，
3 2 2 3 2 2
2 8π
= π-√3+ -2√3，
3 3
10
= π-3√3．
3
10
故答案为： π-3√3．
3
【点睛】本题考查矩形性质，直角所对弦为直径，勾股定理，等边三角形判定与性质，锐角三角函数值求
角，弓形面积，掌握矩形性质，直角所对弦为直径，勾股定理，等边三角形判定与性质，锐角三角函数值
求角，弓形面积，熟记扇形面积公式，三角形面积公式是解题关键．
【题型13 求圆锥侧面积、底面半径、高】
【例13】（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考一模）一个扇形的半径长为5cm，面积为15πcm2，
用这个扇形做成一个圆锥的侧面，则做成的圆锥的高h= ．
【答案】4cm
【分析】根据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
1
线长，则利用扇形的面积公式即可得到 ×2π×r×5=15π，求出圆锥的底面圆半径，然后根据勾股定
2
理即可求出答案．
【详解】解：设圆锥的底面圆半径为rcm，
1
根据题意得： ×2π×r×5=15π，
2
解得：r=3，
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所以圆锥的底面圆半径r为3cm，
∴h=√52−32=4cm．
故答案为：4cm．
【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，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．
【变式13-1】（2023·广东惠州·校考二模）圣诞节快要到了，某同学准备做一个圆锥形帽子．如图，在矩
形纸片ABCD中，AB=10cm，取AD中点O．以O为圆心，以10cm长为半径作弧，分别交AB，CD于
点M，N，得到扇形纸片OMN，发现点M，N恰好分别是边AB，CD的中点，则用此扇形纸片围成的圆
锥形帽子的侧面积为 cm2．（结果保留π）
100π
【答案】
3
【分析】根据圆锥形帽子的底面圆的周长就是扇形的弧长，求出圆心角，再利用圆锥侧面积公式即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，O是AD中点，M，N恰好分别是边AB，CD的中点，
1
∴∠A=90°，AM= AB=5cm，
2
AM 5 1
∴sin∠AOM= = = ，
OM 10 2
∴∠AOM=30°，
同理可求：∠DON=30°，
∴∠MON=180°−∠AOM−∠DON=120°，
1 120π×10 100π
∴S = × ×10= cm2
侧面积 2 180 3
100π
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了圆锥底面圆与对应扇形弧长的关系，圆锥侧面积，掌握二者之间的关系及弧长公式是
解题的关键．
【变式13-2】（2023·江苏泰州·泰州市海军中学校考三模）如图，在四边形ABCD中，
AD∥BC,AD=2,AB=2√2，以点A为圆心，AD为半径的圆与BC相切于点E，交于点F，用扇形AFD
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围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为 ．
3
【答案】 /0.75
4
【分析】由切线的性质可知△ABE为直角三角形，由AD=2，AB=2√2，可得AE=2，可知△ABE为等
腰直角三角形，得∠BAE=45°，∠DAE=∠AEB=90°，易知∠BAD=45°+90°=135°，求得弧
135
FED的长= ×2π=1.5π，易知弧长为圆锥的底面圆的周长，由半径等于周长除以2π，即即可求得半
180
径．
【详解】解：∵BC为圆A的切线，
∴AE⊥BC，
∴△ABE为直角三角形，
∵AD=2，AB=2√2，
∴AE=2，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴∠BAE=45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB=90°，
∴∠BAD=45°+90°=135°，
135
∴弧FED的长= ×2π=1.5π，
180
∵扇形DAF为圆锥的侧面，
∴弧长为圆锥的底面圆的周长，
∴半径等于周长除以2π，
1.5π 3
即半径等于 = ，
2π 4
3
故答案为： ．
4
【点睛】此题考查了切线的性质、直角三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及弧长公式．
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熟悉相关性质定理是解决问题的关键．
【变式13-3】（2023·四川南充·统考一模）若将半径为8，圆心角为112.5°的扇形围成一个圆锥体，则圆
锥体底面圆的半径最大为 ．
【答案】2.5
【分析】设圆锥的底面圆的半径为r，利用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
112.5⋅π⋅8
周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到2π⋅r= ，然后解关于r的方程即可．
180
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径为r，
112.5⋅π⋅8
根据题意得2π⋅r= ，
180
解得r=2.5，
即这个圆锥的底面圆的半径为2.5．
故答案为：2.5．
【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．
【题型14 求圆锥侧面积展开图的圆心角】
【例14】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）圆锥母线长l=8，底面圆半径r=2，则圆
锥侧面展开图的圆心角θ是 ．
【答案】90°/90度
【分析】根据弧长公式，弧长与圆锥底面圆的周长相等，建立等式计算即可．
【详解】∵圆锥母线长l=8，底面圆半径r=2，圆锥侧面展开图的圆心角θ，
θπl
∴2πr= ，
180
360×2×π
∴θ= =90°，
8π
故答案为：90°．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开，弧长公式，熟练掌握展开的特点，牢记弧长公式是解题的关键．
【变式14-1】（2023·浙江·模拟预测）如图，圆锥的底面圆的半径是4，其母线长是8，则圆锥侧面展开图
的扇形的圆心角度数是 ．
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【答案】180°/180度
【分析】先由半径求得圆锥底面周长，再由扇形的圆心角的度数=圆锥底面周长×180÷8π计算．
【详解】解：圆锥底面周长=2×4π=8π，
∴扇形的圆心角的度数=8π×180÷8π=180°．
故答案为：180°．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是根据圆锥的底面周长得到扇形圆心角的表达式子．
【变式14-2】（2023·广西钦州·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），若该圆锥的底面周长为8πcm，侧面积为48πcm2，则这个扇形的圆心角的度数是 ．
【答案】120°/120度
【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．
1 1
【详解】解：S = Cl= ×8πl=48π ，
侧面积 2 2
∴l=12，
nπl nπ×12
∴C = = =8π ，
⊙O 180 180
解得n=120° ．
故答案为：120°．
【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.
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【变式14-3】（2023·辽宁盘锦·统考二模）一个圆锥的侧面积是底面积的3倍，则这个圆锥侧面展开图的
圆心角为 °．
【答案】120
【分析】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度．根据面积关系可得.
【详解】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度．
由题意得S =πr2，
底面面积
l =2πr，
底面周长
S =3S =3πr2，
扇形 底面面积
l =l =2πr．
扇形弧长 底面周长
1 1
由S = l ×R=3πr2= ×2πr×R，
扇形 2 扇形弧长 2
故R=3r．
nπR
由l = 得：
扇形弧长 180
nπ×3r
2πr=
180
解得n=120°．
故答案为：120°．
【点睛】考核知识点：圆锥侧面积问题.熟记弧长和扇形面积公式是关键.
【题型15 圆锥的实际问题】
【例15】（2023·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．240πcm2 B．576πcm2 C．624πcm2 D．120πcm2
【答案】C
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1
【分析】利用勾股定理易得圆锥的母线长，那么圆锥的侧面积= 底面周长×母线长．
2
48
【详解】解：∵圆锥的底面直径为48cm,则半径为 =24，又∵圆锥的高为10cm,∴圆锥的母线长为：
2
√102+242=√676=26 ，圆锥的底面周长(扇形的弧长)为:2πr=48π,
1
∴该圆锥的侧面积= ×48π×26=624πcm2，
2
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．
【变式15-1】（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．
1
【详解】解：设米堆所在圆锥的底面半径为r尺，由题意，得： ×2πr=8，
4
16
∴r= ，
π
1 1 320
∴米堆的体积为： ⋅ πr2×5= ≈35.56，
4 3 3π
35.56
∴米堆的斛数为： ≈22；
1.62
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．
【变式15-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）如图，蒙古包可以近似地看作是由圆锥和圆柱组成，若
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用毛毡搭建一个底面半径为5米，圆柱高3米，圆锥高2米的蒙古包，则需要毛毡的面积为（ ）
A．(30+5√29)π米2 B．40π米2
C．(30+5√21)π米2 D．55π米2
【答案】A
【分析】由底面圆的半径＝5米，根据勾股定理求出母线长，利用圆锥的侧面面积公式，以及利用矩形的
面积公式求得圆柱的侧面面积，最后求和．
【详解】解：∵底面半径=5米，圆锥高为2米，圆柱高为3米，
∴圆锥的母线长=√52+22=√29米，
∴圆锥的侧面积=π×5×√29=5√29π，
圆柱的侧面积=底面圆周长×圆柱高，
即2π×5×3=30π，
故需要的毛毡：(30+5√29)π米❑ 2，
故选：A．
【点睛】此题主要考查勾股定理，圆周长公式，圆锥侧面积，圆柱侧面积等，分别得出圆锥与圆柱侧面积
是解题关键．
【变式15-3】（2023·广西贺州·统考中考真题）某餐厅为了追求时间效率，推出一种液体“沙漏”免单方
案（即点单完成后，开始倒转“沙漏”， “沙漏”漏完前，客人所点的菜需全部上桌，否则该桌免费用
餐）．“沙漏”是由一个圆锥体和一个圆柱体相通连接而成．某次计时前如图（1）所示，已知圆锥体底
面半径是6cm，高是6cm；圆柱体底面半径是3cm，液体高是7cm．计时结束后如图（2）所示，求此时
“沙漏”中液体的高度为（ ）
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A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【答案】B
【分析】由圆锥的圆锥体底面半径是6cm，高是6cm，可得CD=DE，根据园锥、圆柱体积公式可得液体的
体积为63πcm3，圆锥的体积为72πcm3，设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，
根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，作圆锥的高AC，在BC上取点E，过点E作DE⊥AC于点D，则AB=6cm，AC=6cm，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CAB，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴CD=DE，
圆柱体内液体的体积为：π×32×7=63πcm3
1
圆锥的体积为
π×62×6=72πcm3
，
3
设此时“沙漏”中液体的高度AD=xcm，则DE=CD=（6-x）cm，
1
∴ π⋅(6−x) 2 ⋅(6−x)=72π−63π，
3
∴(6−x) 3=27，
解得：x=3，
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即此时“沙漏”中液体的高度3cm．
故选：B．
【点睛】本题考查圆柱体、圆锥体体积问题，解题的关键是掌握圆柱体、圆锥体体积公式，列出方程解决
问题．
【题型16 圆锥侧面上的最短路径问题】
【例16】（2023·江苏扬州·统考二模）如图，已知圆锥的底面半径是2√3，母线长是6√3．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2√3，
∴A´C=2π×2√3=4√3π，
nπ×6√3
∴ =4√3π，
180
解得：n=120°，
∵BD⊥AC，BC=AB，
1 1
∴∠CBD= ∠ABC=60°，CD= AC，
2 2
√3
∴CD=BC·sin60°=6√3× =9，
2
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∴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．
【变式16-1】（2023·广东·统考一模）已知圆锥的底面半径为r＝20cm，高h=20√15cm,现在有一只蚂蚁从
底边上一点A出发．在侧面上爬行一周又回到A点，求蚂蚁爬行的最短距离．
【答案】80√2cm
【分析】蚂蚁爬行的最短距离是圆锥的展开图的扇形中AA′的长度．根据勾股定理求得母线长后，利用弧
长等于底面周长求得扇形的圆心角的度数为90度，再由等腰直角三角形的性质求解．
【详解】解：设扇形的圆心角为n，圆锥的
在Rt△AOS中，∵r=20cm，h=20√15cm，
∴由勾股定理可得母线l=√r2+h2=80cm，
nπ×80
而圆锥侧面展开后的扇形的弧长为2×20π= .
180
∴n=90°
即△SAA′是等腰直角三角形，
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∴由勾股定理得：AA'=√802+802=80√2cm．
∴蚂蚁爬行的最短距离为80√2cm．
【点睛】本题利用了勾股定理，弧长公式，圆的周长公式，等腰直角三角形的性质求解．
【变式16-2】（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．5 B．3√3 C．3√2 D．6√3
【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，
nπ×6
根据底面周长等于展开后扇形的弧长可得：4π= ，
180°
解得：n=120°，
∴∠ASC=60°，
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∵半径SA=SB，
∴△SAB是等边三角形，
√3
在Rt△ACS中，AC=SA⋅sin60°=6× =3√3，
2
∴蚂蚁爬行的最短路程为3√3，
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16-3】（2023·山东青岛·统考二模）如图是一个用来盛爆米花的圆锥形纸杯，纸杯开口圆的直径EF
长为6 cm，母线OE（OF）长为9cm．在母线OF上的点A处有一块爆米花残渣，且FA = 3cm．在母线OE
上的点B处有一只蚂蚁，且EB = 1cm．这只蚂蚁从点B处沿圆锥表面爬行到A点，则爬行的最短距离为
cm．
【答案】2√13
【分析】最短距离的问题首先应转化为圆锥的侧面展开图的问题，转化为平面上两点间的距离的问题．需
先算出圆锥侧面展开图的扇形半径．看如何构成一个直角三角形，然后根据勾股定理进行计算．
【详解】如图，过点A作AH⊥OB于H．
∵OE=OF=9cm，FA=3cm，EB=1cm，
∴OA=6cm，OB=8cm．
nπ×9
圆锥的底面周长是π×6=6π，则6π= ，
180
∴n=120°，
即圆锥侧面展开图的圆心角是120°．
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∴∠EOF=60°，
√3 1
∴AH=OA•sin60°=6× =3√3（cm），OH=OA•cos60°=6× =3（cm），
2 2
∴BH=OB-OH=5cm，
∴在直角△ABH中，由勾股定理得到：AB=√AH2+BH2=2√13（cm）．
【题型17 不规则图形的面积的有关计算之和差法】
【例17】（2023·山东青岛·统考三模）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=2，OB=1，将
Rt△AOB绕点O顺时针旋转90°后得Rt△FOE，将线段EF绕点E逆时针旋转90°后得线段ED，分别以
O，E为圆心，OA、ED长为半径画弧AF和弧DF，连接AD，则图中阴影部分面积是（ ）
5 π 7 π
A．π B．π+5 C． − D． −
2 4 2 4
【答案】C
nπr2
【分析】本题考查的是扇形面积的计算、旋转的性质、全等三角形的性质，扇形的面积公式为S= ．
360
作DH⊥AE于H，根据勾股定理求出AB，根据阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF
的面积−扇形DEF的面积、利用扇形面积公式计算即可．
【详解】解：作DH⊥AE于H，
∵∠AOB=90°，OA=2，OB=1，
∴AB=√OA2+OB2=√5，
由旋转，得△EOF≌△BOA，
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∴∠OAB=∠EFO，
∵∠FEO+∠EFO=∠FEO+∠HED=90°，
∴∠EFO=∠HED，
∴∠HED=∠OAB，
∵∠DHE=∠AOB=90°，DE=AB，
∴△DHE≌△BOA(AAS)，
∴DH=OB=1，
阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积−扇形DEF的面积
1 1 90π×22 90π×5
= ×3×1+ ×1×2+ −
2 2 360 360
5 1
= − π
2 4
故选：C．
【变式17-1】（2023·四川眉山·统考模拟预测）如图，点C是直径AB为4的半圆的中点，连接BC，分别
1
以点B和C为圆心，以大于 BC的长为半径作弧，两弧相交于点D，作直线OD交BC于点E，连接AE，
2
则阴影部分的面积为（ ）
A．π B．2π C．2π−4 D．2√3−π
【答案】A
【分析】本题考查扇形的面积公式、圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定，
解题的关键是解得S =S ，属于中考常考题型．连接OC，作EF⊥AB于F，根据圆周角定理得到
△ABE △OBC
∠COB=90°，∠ABC=45°，从而得到△≝¿是等腰直角三角形，判断OD是BC的垂直平分线，进一步
1 1 1 1 1
即可求得EF= OC=1，求得S = AB⋅EF= ×4×1=2，S = OB⋅OC= ×2×2=2，得
2 △ABE 2 2 △OBC 2 2
1
到S =S ，即可得到S = S ．
△ABE △OBC 阴影 2 半圆AB
【详解】解：连接OC，作EF⊥AB于F，
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∵点C是直径AB为4的半圆的中点，
∴∠COB=90°，∠ABC=45°，
∴△≝¿是等腰直角三角形，
1
∵分别以点B和C为圆心，以大于 BC的长为半径作弧，且OB=OC，
2
∴OD垂直平分BC，
∴CE=BE，
∵∠COB=90°，EF⊥AB，
∴EF∥OC，
BF BE
∴ = =1，
OF CE
∴EF是ΔBOC的中位线，
1
∴EF= OC=1，
2
1 1
∴S = AB⋅EF= ×4×1=2，
△ABE 2 2
1 1
∵S = OB⋅OC= ×2×2=2，
△OBC 2 2
∴S =S ，
△ABE ΔOBC
1 1 1
∴S =S −S −S =S −S = S = × π×22=π．
阴影 半圆AB ΔABE 弓形BC 半圆AB 扇形OBC 2 半圆AB 2 2
故选：A．
【变式17-2】（2023·安徽·模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，以BC的长为半径
的⊙O经过A，B两点，点D，E分别在AC，BC上， DE∥AB，且与过A，B两点的⊙O相切，则图
中阴影部分的面积是 ．
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【答案】32√2−32−4π
【分析】本题考查了等腰三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，平行线的性质，勾股定理，切线的
性质，扇形面积公式；由正方形的判定方法可得四边形ACBO是正方形，由等腰直角三角形的性质及勾股
定理可求OC=AB=√2AC =4√2，由切线的性质ON=OA=4，从而表示出
S =S −S −S ，即可求解；掌握判定方法及性质，能将阴影部分面积表示为
阴影 正方形ACBO △CDE 扇形AOB
S =S −S −S 是解题的关键．
阴影 正方形ACBO △CDE 扇形AOB
【详解】解：已知以BC的长为半径且经过A，B两点的圆的圆心为点O，连接OC，交AB于点M，交DE
于点N，
∴OA=OB=BC=AC=4，
∴四边形ACBO是菱形，
∵ ∠C=90°，
∴四边形ACBO是正方形，
∠CAB=CBA=45°，
∵ DE∥AB，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴ △CDE是等腰直角三角形，
∴AB=√2AC =4√2，
∴OC=4√2，
∵ DE与⊙O相切，
∴ON=OA=4，
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∴CN=OC−ON
=4√2−4，
∴DN=NE=CN
=4√2−4，
1
∴S = ×(4√2−4)(8√2−8)
△CDE 2
=48−32√2，
∴S =S −S −S
阴影 正方形ACBO △CDE 扇形AOB
90π×42
=16−(48−32√2)−
360
=32√2−32−4π．
故答案：32√2−32−4π．
【变式17-3】（2023·湖北·一模）四边形ABCD内接于⊙O，AB=AD，AC是⊙O的直径，过点A作
MN∥BD．
(1)如图1，求证：MN是⊙O的切线；
(2)如图2，当AB=2√3，∠BAD=60°时，连接DO并延长，分别交AM，AB于点E，F，交⊙O于点
G．求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
2
(2)2√3− π．
3
【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定，勾股定理，求扇形的面积，解题的关键是灵活
运用所学知识解决问题．
（1）由圆周角定理证明∠ABC=∠ADC=90°，再证明Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，推出AC是BD的
垂直平分线，证明AC⊥MN，即可证明MN是⊙O的切线；
（2）证明△ABD是等边三角形，利用垂径定理求得AF=√3，∠AOG=60°，利用直角三角形的性质求
得AO=2，在Rt△AEO中，求得AE=2√3，再利用S =S −S 即可求解．
阴影 △AEO 扇形AOG
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【详解】（1）证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵AB=AD，AC=AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，
∴BC=CD，
∴AC是BD的垂直平分线，
∵MN∥BD，
∴AC⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵DF经过圆心O，
∴DF⊥AB，
1
∴AF=BF= AB=√3，∠AOG=60°，∠OAF=30°，
2
∴AO=2OF，
由勾股定理得AO=2，
在Rt△AEO中，∠AEO=30°，
∴OE=2AO=4，AE=√42−22=2√3，
1 60π×22 2
∴S =S −S = ×2√3×2− =2√3− π．
阴影 △AEO 扇形AOG 2 360 3
【题型18 不规则图形的面积的有关计算之等面积法】
【例18】（2023·江苏南通·统考二模）如图，在⊙O中，弦AB垂直于半径OC，垂足为D，点E在OC的
延长线上，且∠EAC=∠CAB．
(1)求证：直线AE是⊙O的切线；
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1
(2)若OE=6,sin∠E= ，求图中阴影部分的面积．
2
【答案】(1)见解析
3π
(2)S =
阴影 2
【分析】（1）连接OA．根据半径相等可得∠OAC=∠OCA，根据∠OCA+∠CAB=90°，
∠EAC=∠CAB，等量代换可得∠OAC+∠EAC=90°，即可得证；
1
（2）连接OB，根据特殊角的三角函数值得出∠E=30°,OA= OE=3，进而可得△OAC是等边三角形．
2
再结合垂径定理，根据S =S ，即可求解．
阴影 扇形BOC
【详解】（1）解：如图，连接OA．
∵OA=OC．
∴∠OAC=∠OCA
∵OC⊥AB，
∴∠ADC=90°
∴∠OCA+∠CAB=90°．
又∵∠EAC=∠CAB,∠OAC=∠OCA．
∴∠OAC+∠EAC=90°，
∴∠OAE=90°．
∴AE⊥OA
又∵OA是⊙O的半径，
∴直线AE是⊙O的切线．
（2）如图，连接OB．
OA 1
∵在Rt△OAE中，sin∠E= = ，OE=6．
OE 2
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1
∴∠E=30°,OA= OE=3
2
∴∠AOC=60°．
又∵OA=OC
∴△OAC是等边三角形．
又∵弦AB垂直于半径OC．
∴OD=DC,AD=BD,A´C=B´C
∴S =S ,∠BOC=∠AOC=60°．
△OBD △CAD
60π×32 3π
∴S =S = = ．
阴影 扇形BOC 360 2
【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，求扇形面积，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知
识，熟练掌握切线的性质与判定，垂径定理是解题的关键．
【变式18-1】（2023·河北保定·统考一模）如图，在正方形ABCD中，AC和BD交于点O，过点O的直线
EF交AB于点E(E不与A，B重合），交CD于点F．以点O为圆心，OC为半径的圆交直线EF于点M，
N．若AB=1，则图中阴影部分的面积为（ ）
π 1 π 1 π 1 π 1
A． − B． − C． − D． −
8 8 8 4 2 8 2 4
【答案】B
【分析】图中阴影部分的面积等于扇形DOC的面积减去△DOC的面积．
【详解】解：以OD为半径作弧DN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OD=OC，∠DOC=90°，
∵∠EOB=∠FOD，
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∴S =S ，
扇形BOM 扇形DON
2
√2
90π×( )
2 1 π 1，
∴S =S −S = − ×1×1= −
阴影 扇形DOC ΔDOC 360 4 8 4
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，扇形的面积，解题的关键是求出阴影部分的面积等于扇形DOC的面
积减去△DOC的面积．
【变式18-2】（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，在扇形AOB中，∠AOB=120°，将扇形AOB翻
折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在的直线l与A´B交于点C.若OA=4，则图中阴影部分的面积是（
）
8π 8π
A． B． −4√3 C．2√3 D．4√3
3 3
【答案】D
【分析】由翻折的性质得到CA=CO，而OA=OC，得到△OAC是等边三角形，根据S =S ，
扇形AOC 扇形BOC
弓形CO的面积为=弓形CA的面积，所以S =S ．
△AOC 阴影
【详解】解：连接CA，CO，直线l与AO交于点D，如图所示，
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∵扇形AOB中，OA=4，
∴OC=OA=4，
∵点A与圆心O重合，
∴AD=OD=2，CD⊥AO，
∴OC=AC，
∴OA=OC=AC=4，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠COD=∠CAO=60°，
∵CD⊥OA，
∴CD=√OC2−OD2=2√3，
∵∠AOB=120°，∠AOC=60°，
∴∠BOC=60°，
∴S =S ，
扇形AOC 扇形BOC
∵弓形CO的面积=弓形CA的面积，
1
∴S =S = ×4×2√3=4√3．
△AOC 阴影 2
故选：D．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、翻折变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式18-3】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）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，AD交⊙O于点E．
(1)求证：AC平分∠DAB；
(2)若⊙O的半径4，DE=2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
8π
(2)
3
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【分析】（1）连接OC，切线的性质，推出OC∥AD，得到∠DAC=∠OCA，等边对等角得到
∠OAC=∠OCA，进而得到∠DAC=∠OAC，即可；
（2）连接BE，交OC于点F，连接OE，交AC于点G，分割法求阴影部分面积即可．
【详解】（1）证明：连接OC，则：OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠DAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∴AC平分∠DAB；
（2）连接BE，交OC于点F，连接OE，交AC于点G，
∵AB为直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠DEB=90°，
∵OC⊥CD，AD⊥CD，
∴四边形CDEF为矩形，
∴OC⊥BE，CF=DE=2，
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∴BF=EF，
∵⊙O的半径为4，
∴OA=OE=OC=OB=4，
∴OF=OC−CF=2，
OF 1
∴AE=2OF=4，sinB= = ，
OB 2
∴∠B=30°，
∴∠DAB=60°，∠COB=60°
∴△AOE为等边三角形，
∴∠EOA=60°，
∴∠EOC=60°，
∴OE⊥AC，
1
∴OG= OA=2，AG=√OA2−OG2=2√3，
2
∴AC=2AG=4√3；
60π 1 1 8π
∴S =S +S −S = ×42+ ×4×2√3− ×4√3×2= ．
阴影 扇形COE △AOE △AOC 360 2 2 3
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，
勾股定理，求阴影部分的面积．熟练掌握相关知识点，添加常见的辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．
【题型19 不规则图形的面积的有关计算之旋转法】
【例19】（2023·河北承德·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=30°，
AC=2．Rt△ABC可以绕点A旋转，旋转的角度为60°，分别得到Rt△AB C 和Rt△AB C ，则图中
1 1 2 2
阴影部分的面积为（ ）
7π √3 7π √3 7π−√3 3π √3
A． − B． − C． D． −
6 2 12 2 6 4 2
【答案】B
【分析】由直角三角形的性质求出BC，AB的长，由阴影的面积=扇形AC C 的面积−扇形ADB 的面积
1 2 2
−△AB C 的面积，应用扇形面积计算公式，三角形面积计算公式，即可求解．
2 2
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【详解】解：由题意知∠C AC =120°，∠C AB =90°，
1 2 1 2
∵∠ABC=90°,∠BAC=30°,AC=2，
1
∴BC= AC=1，
2
∴AB=√3BC=√3，
120π×22 4π
∴扇形AC C 的面积= = ，
1 2 360 3
2
90π×(√3) 3π
扇形ADB 的面积= = ，
2
360 4
1 1 √3
△AB C 的面积= B C ⋅AB = ×1×√3= ，
2 2 2 2 2 2 2 2
∴阴影的面积=扇形AC C 的面积−扇形ADB 的面积−△AB C 的面积
1 2 2 2 2
4π 3π √3
= − −
3 4 2
7π √3
= − ．
12 2
故选：B．
【点睛】本题考查扇形的面积，旋转的性质，含30°角的直角三角形，解题的关键是明白：阴影的面积=扇
形AC C 的面积−扇形ADB 的面积−△AB C 的面积．
1 2 2 2 2
【变式19-1】（2023·河南郑州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，以BC为直径的圆恰好与AD
相切于点F，将点F绕点C逆时针旋转，其旋转路径与BC交于点E．图中阴影部分的面积为 ．
【答案】2
【分析】如图，记圆心为H，连接FH，FC，证明四边形ABHF，四边形DCHF是正方形，可得
1
BH=CH=FH=AB=2，∠FHC=90°，∠FCH=45°，CF=√22+22=2√2，S = ×2×2=2，
△FHC 2
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90π×22 ， 45π×(2√2) 2 ，可得 ，再利用面积差可得答案．
S = =π S = =π S =π−2
扇形FHC 360 扇形CEF 360 弓形CF
【详解】解：如图，记圆心为H，连接FH，FC，
∵以BC为直径的圆恰好与AD相切于点F，矩形ABCD，
∴∠AFH=90°=∠A=∠ABH=∠D=∠BCD，
∴四边形ABHF，四边形DCHF是矩形，而BH=CH=FH，
∴四边形ABHF，四边形DCHF是正方形，
∴BH=CH=FH=AB=2，∠FHC=90°，∠FCH=45°，
∴CF=√22+22=2√2，
1 90π×22 45π×(2√2) 2
∴S = ×2×2=2，S = =π，S = =π，
△FHC 2 扇形FHC 360 扇形CEF 360
∴S =π−2，
弓形CF
1
∴S = π×22−π−(π−2)=2，
阴影 2
故答案为：2
【点睛】本题考查的是矩形的性质与判定，正方形的判定与性质，切线的性质，扇形面积的计算，弓形面
积的计算，理解题意，熟记扇形面积公式是解本题的关键．
【变式19-2】（2023·河南洛阳·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝√2，BC=1，将矩形ABCD绕点A
旋转得到矩形AB'C'D'，点C的运动路径为C ´ C'，图中阴影部分的面积为 ．
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3π 1
【答案】 −√2+
8 2
【分析】如图连接AC，AC′，过B′作B′E⊥AB于E，于是得到B′E=BC=1，根据旋转的性质得到AB′=AB=√2
，AC′=AC=√3，根据勾股定理得到AE=√AB'2−B'E2=1 ，B′C=BE=√2-1，求得∠B′AB=∠C′AC=45°，
根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图连接AC，AC′，过B′作B′E⊥AB于E，
则B′E=BC=1，
∵将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，
∴AB′=AB=√2，AC′=AC=√3，
∴AE=√AB'2−B'E2=1，
∴B′C=BE=√2-1，
∵B'E=1，AE=1，
∴∠B'AB=∠AB'E=45°
∴∠B′AB=∠C′AC=45°，
45•π×3 1 1
∴图中阴影部分的面积=S CAC-S ABC-S ABC= − ×√2×1− ×（√2−1）×1=
扇形 ′ △ ' ′ △ ′
360 2 2
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3π 1
−√2+ ，
8 2
3π 1
故答案为： −√2+ ．
8 2
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、扇形的面积计算等知识点，能把不规则图形的面积转化成
规则图形的面积是解此题的关键．
【变式19-3】（2023·河北保定·模拟预测）如图，扇形POQ可以绕着正六边形ABCDEF的中心O旋转，
若∠POQ=120°，OP等于正六边形ABCDEF的边心距的2倍，AB=2，则阴影部分的面积为（ ）
4 16
A． π−2√3 B．4π−2√3 C．4π−√3 D． π−4√3
3 3
【答案】B
【分析】由正六边形的性质得∠CDE=120°，连接OE，OC，可得OC=OE=DE=CD，得∠COE=120°，
从而得∠MOE=∠NOC，根据ASA证明ΔMOE≅ΔNOC得S =S ，结合
五 边 形MON菱DE 形OCDE
S =S −S 即可求解．
阴影 扇 形OQP菱 形OCDE
【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形
∴∠CDE=120°
连接OE，OC，则∠OCN=∠OEM=60°
∴OC=OE=CD=DE
∴四边形OCDE是菱形，
∴∠COE=∠CDE=120°
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∵∠POQ=120°
∴∠MOE=∠CON
在ΔMOE和ΔNOC中
¿
∴ΔMOE≅ΔCON
∴S =S
五 边 形MON菱DE 形OCDE
∵AB=2
∴CD=DE=2
过点C作CD⊥ED的延长线于点H
∴∠CDH=60°
∴∠DCH=30°
∴DH=1
∴CH=√3
∴扇形半径长为2√3
∴S =S =DE·CH=2√3
五 边 形MON菱DE 形OCDE
120
∴S = ×π×(2√3) 2=4π
扇 形OQ3P60
∴S =S −S =4π−2√3
阴影 扇 形OQP菱 形OCDE
故选：B
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正六边形的性质，根据正六边形的性质得出对应角
相等是解题关键．
【题型20 不规则图形的面积的有关计算之全等或对称法】
【例20】（2023·河南周口·统考二模）如图1所示的是以AB为直径的半圆形纸片，AB=6，沿着垂直于
AB的半径OC剪开，将扇形OAC沿AB向右平移至扇形OBC'，如图2，其中点A与点O重合，点O与点B
重合，则图中阴影部分的面积为 ．
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9√3
【答案】3π−
4
【分析】连接AE，作ED⊥AB于点D，S −S ，即可求得弧BE和BD以及DE围成的重叠部分的
扇形 △ADE
面积，则重叠部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
【详解】解：连接AE，作ED⊥AB于点D．
∵AE=AB=2AD，
∴∠AED=30°，
∴∠EAB=60°，
6
60π×( ) 2
2 3 ，
∴S = = π
扇形 360 2
√ √3 3√3
在直角△ADE中，DE=√AE2−AD2= 32−( ) 2= ，
2 2
1 3 3√3 9√3
则S = × × = ，
△ADE 2 2 2 8
3 9√3
则弧BE和BD以及DE围成的阴影部分的面积是： π− ，
2 8
3 9√3 9√3
则S =2( π− )=3π− ．
阴影 2 8 4
9√3
故答案是：3π− ．
4
【变式20-1】（2023·山东东营·模拟预测）如图，以AB为直径，点O为圆心的半圆经过点C，若
AC=BC= √2，则图中阴影部分的面积是 .
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π
【答案】
4
【分析】本题考查了扇形面积的计算．求阴影面积常用的方法：①直接用公式法；②和差法；③割补法．
求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．先利用圆周角定理的推论得到
∠ACB=90°，则可判断△ACB为等腰直角三角形，接着判断△AOC和△BOC都是等腰直角三角形，于
是得到S =S ，然后根据扇形的面积公式计算图中阴影部分的面积．
△AOC △BOC
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=BC=√2，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴OC⊥AB，
∴△AOC和△BOC都是等腰直角三角形，
√2
∴S =S ，OA= AC=1，
△AOC △BOC 2
90·π·12 π
∴S =S = = ．
阴影部分 扇形AOC 360 4
π
故答案为 ．
4
【变式20-2】（2023·浙江·模拟预测）如图，△ABC是直角边长为2的等腰直角三角形，直角边AB是半圆
O 的直径，半圆O 过C点且与半圆O 相切，则图中阴影部分的面积( )
1 2 1
7−π 5−π 7 5
A． B． C． D．
9 9 9 9
【答案】D
【分析】利用等弦所对的弧相等，先把阴影部分变化成一个直角梯形，然后再利用等腰直角三角形求小圆
的半径，从而求阴影部分的面积．
【详解】解：连接O O ，设O 的半径为x．
1 2 2
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∵O O 2−AO 2=AO 2 ，
1 2 1 2
∴(2+x) 2−22=(2−x) 2，
2
解得：x=
3
设⊙O 交BC于D，⊙O 交BC于E．
1 2
2√2 √2
∴CE=PE=√2x= ，BC=√2AB，CD= AB=√2
3 2
1 1 1 1 2√2 2√2 5
∴S =S −S = CD⋅AD− CE⋅PE= ×√2⋅√2− × ⋅ =
阴影 △ADC △CEP 2 2 2 2 3 3 9
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，以及三角形的面积的计算，正确理解阴影部分的面积等于梯形PEDA的面
积是关键．
【变式20-3】（2023·云南楚雄·云南省楚雄第一中学校考模拟预测）如图，扇形POQ可以绕着正六边形
ABCDEF的中心O旋转，若∠POQ=120°，OP等于正六边形ABCDEF的边心距的2倍，AB=2，则阴
影部分的面积为（ ）
4 16
A． π−2√3 B．4π−2√3 C．4π−√3 D． π−4√3
3 3
【答案】B
【分析】由正六边形的性质得∠CDE=120°，连接OE，OC，可得OC=OE=DE=CD，得∠COE=120°，
从而得∠MOE=∠NOC，根据ASA证明ΔMOE≅ΔNOC得S =S ，结合
五 边 形MON菱DE 形OCDE
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S =S −S 即可求解．
阴影 扇 形OQP菱 形OCDE
【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形
∴∠CDE=120°
连接OE，OC，则∠OCN=∠OEM=60°
∴OC=OE=CD=DE
∴四边形OCDE是菱形，
∴∠COE=∠CDE=120°
∵∠POQ=120°
∴∠MOE=∠CON
在ΔMOE和ΔNOC中
¿
∴ΔMOE≅ΔCON
∴S =S
五 边 形MON菱DE 形OCDE
∵AB=2
∴CD=DE=2
过点C作CD⊥ED的延长线于点H
∴∠CDH=60°
∴∠DCH=30°
∴DH=1
∴CH=√3
∴扇形半径长为2√3
∴S =S =DE·CH=2√3
五 边 形MON菱DE 形OCDE
120
∴S = ×π×(2√3) 2=4π
扇 形OQ3P60
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∴S =S −S =4π-2√3
阴影 扇 形OQP菱 形OCDE
故选：B
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正六边形的性质，根据正六边形的性质得出对应角
相等是解题关键．
93
