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专题 24.6 求图形旋转后扫过的面积
◆ 典例分析
【典例1】如图，在扇形OAB中，OC⊥AB于点D，AB=8，将△ODB绕点O点逆时针旋转60°，则线
段DB扫过的图形面积为是 ．
【思路点拨】
本题考查了扇形面积和阴影部分的面积计算．将阴影部分面积转化为两扇形面积的差是解题的关键．由于
绕点O点逆时△ODB针旋转60°得到△OD′B′．可见，阴影部分面积为扇形OBB′面积减去扇形ODD′,分
别计算两扇形面积，再计算其差即可．
【解题过程】
解：如图，在扇形OAB中，OC⊥AB于点D，
1
∴ AD=BD= AB=4
2
在Rt△OBD中，根据勾股定理可得：
OB2−OD2=BD2=16．
∵ △ODB绕点O点逆时针旋转60°得到△OD′B′，
∴ △ODB≌△OD′B′，
∴ ∠DOD′=∠BOB′=60°，
60°π·OD2 OD2
∴扇形ODD′面积为： = π，
360° 660°π·OB2 OB2
扇形OBB′面积为： = π，
360° 6
OB2 OD2 π 16π 8π
∴阴影部分面积为： π− π= (OB2−OD2)= = ，
6 6 6 6 3
8π
故答案为： ．
3
◆ 学霸必刷
1．（2023·广东佛山·三模）如图，C为半圆内一点，O为圆心，直径AB长为2，∠BOC=60°，
∠BCO=90°，将△BOC绕到心O逆时针旋转至△B′OC′，点C′在OA上，则边BC扫过区域（图中阴影
部分）的面积为 ．（结果保留π）（ ）
1 1 1 1 1 ❑√3
A． π B． π− C． π D． π−
6 3 2 4 4 2
【思路点拨】
1 1
先根据直角三角形的性质可得OC= OB= ，再根据旋转的性质可得∠B′OC′=∠BOC=60°，
2 2
， ，从而可得 ， ，然后根据阴影部分的
∠COC′=120° △B′C′O≅△BCO ∠B′OB=120° S
△B′C′O
=S
△BCO
面积等于 即可得．
S +S −S −S
扇形BOB′ △B′C′O 扇形COC′ △BCO
【解题过程】
解：∵直径AB长为2，
∴OB=OB′=1，
∵∠BOC=60°，∠BCO=90°，
∴∠OBC=30°，
1 1
∴OC= OB= ，
2 2
∵∠BOC=60°，△B′OC′是△BOC绕圆心O逆时针旋转得到的，∴∠B′OC′=∠BOC=60°，∠COC′=120°，△B′C′O≅△BCO，
∴ ， ，
∠B′OB=120° S =S
△B′C′O △BCO
(1) 2
120π×12 π 120π×
∴S = = ， 2 π，
扇形BOB′ 360 3 S = =
扇形COC′ 360 12
π π π
则阴影部分的面积为S +S −S −S = − = ，
扇形BOB′ △B′C′O 扇形COC′ △BCO 3 12 4
故选：C．
2．（2023九年级上·山东泰安·学业考试）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
1 1
中线段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
【思路点拨】
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．
【解题过程】
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
∴阴影部分面积 120π(BH2−BC2) 120π×(7−4) ，
= = =π
360 360
故选：C．
3．（2024九年级下·浙江金华·专题练习）将平行四边形ABCD的AD边与BC边分别绕点A、点B逆时针
旋转，得到矩形ABC′D′， 若此时C′、D、B 恰好共线，AB=2cm，AD=4cm，那么边CD扫过的面积
为（ ）
4
A．8−4❑√3 B．4❑√3 C．12− π D．9
3
【思路点拨】
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．连接DD′，CC′，
以A为圆心， 的长为半径，作 ,以B为圆心， 的长为半径，作 ,平行四边形 的面积
AD D ´ D′ BC C ´ C′ CC′D′D
就是CD扫过的面积.
【解题过程】
解：连接 ， ，以A为圆心， 的长为半径，作 ,以B为圆心， 的长为半径，作 ,
DD′ CC′ AD D ´ D′ BC C ´ C′扫过的面积为 , 及 ， 围成的面积，即平行四边形 的面积就是 扫过的面积.
CD D ´ D′ C ´ C′ C′D′ CD CC′D′D CD
由旋转可知，CD∥C′D′,AB=CD=C′D′=2cm，AD=AD′=BC′=4cm ，
∴CC′D′D是平行四边形，
中， ，
∴Rt△ABD BD=❑√AD2−AB2=❑√42−22=2❑√3
∴C′D=BC′−BD=4−2❑√3，
，
∴S =CD⋅C′D=2×(4−2❑√3)=8−4❑√3
▱CC′D′D
故选A．
4．（23-24九年级上·河北石家庄·期中）如图，已知A´B所在圆的半径为5，弦AB的长8，点P是A´B中点，
绕点A逆时针旋转 后得到 ，两位同学提出了相关结论：
A´B 90° A ´ B′
嘉嘉：AP的长为2❑√5；琪琪：AP扫过的面积为❑√5π
下列论正确的是（ ）
A．两人都错 B．嘉嘉对，琪琪错 C．嘉嘉错，琪琪对 D．两人都对
【思路点拨】
本题考查了垂径定理，勾股定理，扇形面积，令A´B所在圆的圆心为点O，连接OA,OP，OP与AB相交于
1
点Q，根据垂径定理得出AQ= AB=4，OP⊥AB，设PQ=x，则OQ=5−x，根据勾股定理，建立方
2程，求出 ，则 ，即可判断嘉嘉的结论；由旋转的性质得出 ，
PQ=2 AP=❑√AQ2+PQ2=2❑√5 ∠PAP′=90°
nπr2
再根据扇形面积公式S= ，即可求出AP扫过的面积，即可判断淇淇的结论．
360
【解题过程】
解：令A´B所在圆的圆心为点O，连接OA,OP，OP与AB相交于点Q，
∵点P是A´B中点，
1
∴AQ= AB=4，OP⊥AB，
2
设PQ=x，则OQ=5−x，
根据勾股定理可得：AQ2+OQ2=OA2，
即 ，
42+(5−x) 2=52
解得：x =2,x =8（舍去），
1 2
∴PQ=2，
∴ ，故嘉嘉对；
AP=❑√AQ2+PQ2=2❑√5
∵ 绕点A逆时针旋转 后得到 ，
A´B 90° A ´ B′
∴∠PAP′=90°，
∴ 扫过的面积 90π×(2❑√5) 2 ，故琪琪错；
AP = =5π
360
故选：B．
5．（23-24九年级上·江苏无锡·期中）如图，半圆O的直径AB=8，弦CD=4❑√2，弦CD在半圆上滑动，
点C从点A开始滑动，到点D与点B重合时停止滑动，若M是CD的中点，则在整个滑动过程中线段BM扫过的面积为（ ）
A．π B．❑√2π C．4π D．2π
【思路点拨】
本题考查勾股定理及逆定理，扇形面积的计算．根据勾股定理的逆定理可得△OCD是直角三角形，进而得
1
出OM= CD，再根据旋转可得OM旋转的圆心角为90°，半径OM=2❑√2，根据扇形面积的计算方法进
2
行计算即可．
【解题过程】
解：连接OC、OD、OM，如下图：
1
∵OC=OD= AB=4，CD=4❑√2，
2
∴OC2+OD2=CD2，
∴∠COD=90°，
又∵点M为CD的中点，
1
∴OM= CD=2❑√2，
2
弦CD在半圆上滑动，点C从点A开始滑动，到点D与点B重合时停止滑动，OM就绕着点O逆时针旋转
90°，BM扫过的部分为下图中的阴影部分，由题意可得：ON⊥BD，OM⊥AD
1
∴BN= BD=2❑√2=OM，∠ENB=∠EOM=90°，
2
又∵∠MEO=∠BEN，
∴△MEO≌△BEN(AAS)，
∴S =S ，
△MEO △BEN
扫过的部分的面积就是 90π×(2❑√2) 2 ，
BM S = =2π
扇形MON 360
故选：D．
6．（2024·山东淄博·二模）如图，在△AOC中，OA=3cm，OC=1cm，将△AOC绕点O顺时针旋转90°
后得到△BOD，则AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积为 cm2．
【思路点拨】
本题考查了旋转的性质，以及扇形的面积，掌握“旋转前后的两个图形全等，旋转前后的面积相等”，以
及扇形的面积公式是解题的关键．根据题意可知AC边在旋转过程中所扫过的面积是扇形OAB的面积减去
扇形OCD的面积，根据扇形的面积公式进行计算即可．
【解题过程】
解：如图，
由旋转的性质得S =S ，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=90°，
△OAC △OBD
则AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积为：扇形OAB的面积加上S 减去扇形OCD的面积再减去
△OAC
S ，
△OBD
即AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积为：扇形OAB的面积减去扇形OCD的面积，∵ OA=3cm，OC=1cm，
90π×32 90π×12
∴ − =2π，
360 360
故答案为：2π．
7．（23-24九年级上·山东济宁·阶段练习）如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，将
△ABC绕点A逆时针旋转60°后得到△ADE．若AC=2，则线段BC在上述旋转过程中所扫过部分（阴影
部分）的面积是 （结果保留π）．
【思路点拨】
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解阴影部分的面积是：S +S −S −S 是关键；
扇形BAD △ABC △ADE 扇形ACE
分别求得∶扇形BAD的面积、S 以及S 的面积，即可求解．
△ABC 扇形ACE
【解题过程】
解：∠C=90°，∠BAC=60°，AC=2，
∴AB=4，
60π×42 8π
S 的面积是： = ，
扇形BAD 360 3
在Rt△ABC中，
❑√3
BC=AB⋅sin60°=4× =2❑√3，AC=2，
2
1 1
∴S =S = AC⋅BC= ×2×2❑√3=2❑√3，
△ABC △ADE 2 2
60π×22 2
∴ S = = π，
扇形ACE 360 3
则阴影部分的面积是：S +S −S −S ，
扇形BAD △ABC △ADE 扇形ACE
8π 2π
= +2❑√3−2❑√3− ，
3 3
8π 2π
= − ，
3 3
=2π．故答案为：2π．
8．（2024·山东济宁·三模）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OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交x轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转
1 1 1 2 1 2 2
45°到OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交y轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转45°到OA ，
3 2 3 4 3 4 4 5
扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交x轴于点A ；……；按此规律，则S 的值为 ．
3 5 6 5 6 2024
【思路点拨】
本题考查坐标与旋转，等腰三角形的判定和性质，扇形的面积．根据旋转的性质，得到△A OA 、
1 2
、 、 、都是等腰直角三角形，分别求出 ， ， ，利用
△A OA △A OA ⋯ OA =❑√2 OA =2 OA =2❑√2
3 4 5 6 2 4 6
扇形面积求出S ,S ,S ,S ，抽象概括出相应的数字规律，进而得出结论即可．
1 2 3 4
【解题过程】
解：将OA绕点O顺时针旋转45°到OA ，A A ⊥OA 交x轴于点A
1 1 2 1 2
∴∠AOA =45°，OA=OA =1，∠OA A =90°，
1 1 1 2
∴∠A OA =90°−∠AOA =45°，
1 2 1
∴∠OA A =90°−∠A OA =45°，
2 1 1 2
∴△A OA 是等腰直角三角形，
1 2
∴A A =OA =1，
1 2 1
∴ ；
OA =❑√2
2
同理可得： 、 、 、都是等腰直角三角形， ， …，
△A OA △A OA ⋯ OA =2 OA =2❑√2
3 4 5 6 4 6
∴ 45π×12 1 ， 45π×(❑√2) 2 1 ， 45π×22 1 ， 45π×(2❑√2) 2 ， ；
S = = π S = = π S = = π S = =π ⋯
1 360 8 2 360 4 3 360 2 4 360
∴ ，
S =2n−4π
n∴ ，
S =22020π
2024
故答案为：22020π ．
9．（23-24九年级上·辽宁葫芦岛·期中）将Rt△AOB如图放置在直角坐标系中，并绕O点顺时针旋转90°
至△COD的位置，已知A(−2,0)，∠ABO=30°．则△AOB旋转过程中所扫过的图形的面积为 ．
【思路点拨】
本题考查了作旋转变换及扇形面积的计算，由A(−2,0)，得到OA=2，求得OB=2❑√3，∠BAO=60°，
∠AOC′=60°，点C′为AB的中点，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【解题过程】
解：△AOB旋转过程中所扫过的图形如下图所示：
∵A(−2,0)，
∴AO=2，
∵∠ABO=30°，
∴AB=4，∠BAO=60°，
∴ ，
BO=❑√AB2−AO2=❑√42−22=2❑√3
∵AO=C′O，∠BAO=60°，
∴∠AOC′=60°，OC′=AC′=C′B，则△AOB旋转过程中所扫过的图形的面积∶
S +S +S
扇形OAC′ △OC′B 扇形OBD
60°×π×22 1 90°×π×(2❑√3) 2
= + ×2❑√3×1+
360° 2 360°
11π
= +❑√3，
3
11π
故答案为： +❑√3．
3
10．（23-24九年级上·浙江金华·期末）如图，已知AB是⊙O的直径，且AB=4，点P为半圆上的一个动
点（不与点A，B重合），D在AB延长线上，作∠PAB，∠PBD的平分线，相交于点C，则∠C=
°；在点P移动的过程中，线段AC扫过的面积= ．
【思路点拨】
本题考查了直径所对的圆周角是直角，角平分线的定义，三角形的外角性质，勾股定理，扇形的面积等知
识，设∠PAC=∠BAC=x，∠PBC=∠DBC= y，构建方程组求出 ∠C=45°；取A´B的中点E，以E
为圆心， EA为半径作⊙E，AF是直径，则点C在F´B上运动，则AC扫过的面积=扇形FEB的面积
+△AEB的面积，利用扇形面积公式和三角形面积公式计算即可求解；解题的关键是找到点C的运动轨迹．
【解题过程】
解：∵∠PAB，∠PBD的平分线相交于点C，
∴可以假设∠PAC=∠BAC=x，∠PBC=∠DBC= y，
则有2y=2x+∠P，y=∠C+x，
∴2(∠C+x)=2x+∠P，
1
∴∠C= ∠P，
2
∵AB是直径，
∴∠P=90°，
∴∠C=45°；取A´B的中点E，以E为圆心，EA为半径作⊙E，AF是直径，则点C在F´B上运动，
∵∠AEB=90°，AE=EB，AB=4，
∴EA=EB=2❑√2，
则AC扫过的面积=扇形FEB的面积+△AEB的面积，
90π×(2❑√2) 2 1 ，
= + ×2❑√2×2❑√2
360 2
=2π+4；
故答案为：45，2π+4．
11．（23-24九年级上·北京西城·期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点均在格点上，
点C的坐标为(4,−1)．
（1）将△ABC绕原点O顺时针方向旋转90°得到对应的△A B C ，请画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
（2）C点运动到C 的过程，线段OC扫过的图形的面积为_______．
1
【思路点拨】
（1）根据旋转的性质，分别作出A、B、C的对应点A 、B 、C ，再依次连接即可；
1 1 1
（2）线段OC扫过的图形的面积即为扇形COC 的面积，先根据坐标两点的距离公式，求出OC=❑√17，
1
再由旋转的性质可知∠COC =90°，最后利用扇形面积公式，即可得到答案．
1
【解题过程】（1）解：如图，△A B C 即为所求作；
1 1 1
（2）解：如图，线段OC扫过的图形的面积即为扇形COC 的面积，
1
∵C(4,−1)，
，
∴OC=❑√42+12=❑√17
由旋转的性质可知，∠COC =90°，
1
90π⋅(❑√17) 2 17π，
∴S = =
扇形COC 1 360 4
17π
即线段OC扫过的图形的面积为 ，
4
17π
故答案为： ．
4
12．（24-25九年级下·全国·单元测试）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点的坐标分别为
A(2，3)，B(2，1)，C(5，1)，把△ABC绕着点A按顺时针方向旋转90°得到△AEF，点B的对应点
为E，点C的对应点为F．
（1）在图中画出△AEF；（2）点C的运动路径长为____________；
（3）旋转过程中线段BC扫过的面积为______．
【思路点拨】
本题考查坐标系与图形变换—旋转，以及弧长和扇形面积的计算．熟练掌握旋转三要素，弧长和扇形的计
算公式，是解题的关键．
（1）作出点B、C绕着点A顺时针旋转90°得到的对应点，再首尾顺次连接即可得；
（2）根据弧长公式求解可得；
（3）结合图形知线段BC所扫过的面积为S −S ，再利用扇形的面积公式求解可得．
扇形CAF 扇形BAE
【解题过程】
（1）解：如图所示，△AEF即为所求；
（2）解：∵ ，
AC=❑√22+32=❑√13,∠CAF=90°
90⋅π⋅❑√13 ❑√13
∴点C的运动路径长为 = π，
180 2
❑√13
故答案为： π；
2
（3）解：旋转过程中线段 扫过的面积为
BC S +S −(S +S )=S −S
扇形CAF △AEF 扇形BAE △ABC 扇形CAF 扇形BAE
90⋅π⋅(❑√13) 2 90⋅π⋅22 13 9 ，
= − = π−π= π
360 360 4 4
9
故答案为： π．
4
13．（2023·四川绵阳·一模）如图，在直角坐标系中，线段A B 是将△ABC绕着点P(3,2)逆时针旋转一定
1 1
角度后得到的△A B C 的一部分；
1 1 1（1）在坐标系中画出△A B C ，并写出点C的对应点C 的坐标；
1 1 1 1
（2）求出线段AC在旋转过程中所扫过的图形的面积．
【思路点拨】
n
本题主要考查了旋转的性质和扇形的面积公式，扇形的面积等于 πr2：
360
（1）根据旋转的性质即可画出图形，从图标即可；
（2）先画出线段 PC和PA的运动轨迹，且均为圆弧，再根据图像计算出旋转角度，通过
推算出线段 在旋转过程中所扫过的图形的面积为 即可得到答
△ACP≌△A C P AC S −S
1 1 扇形CC P 扇形AA P
1 1
案．
【解题过程】
（1）解：△A B C 如下图所示，
1 1 1
根据图形读出C 的坐为(−2,3)；
1
（2）解：点C绕点P旋转，线段PC的运动轨迹为半径为PC的圆弧，点A绕点P旋转，线段AP的运动轨
迹为半径为AP的圆弧，如下图所示，设红色部分图像的面积为S ，蓝色图形面积为S
1 2
根据旋转的性质可得S =S
1 2
∵△ACP≌△A C P，
1 1
∴线段 在旋转过程中所扫过的图形的面积为
AC S −S
扇形CC P 扇形AA P
1 1
根据A和A 的位置可以得出，点A旋转角度为90°，
1
∵ ，
PC=❑√52+12=❑√26 PA=❑√22+22=2❑√2
1 13π 1
∴S = ×26×π= ，S = ×8×π=2π，
扇形CC 1 P 4 2 扇形AA 1 P 4
9
∴线段AC在旋转过程中所扫过的图形的面积为S −S = π
扇形CC 1 P 扇形AA 1 P 2
14．（2024·黑龙江佳木斯·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是
A(2,−1)，B(1,−2)，C(3,−3)．
（1）将△ABC向上平移5个点位长度，再向左平移4个点位长度，得到△A B C ，请画出△A B C ，
1 1 1 1 1 1
并写出点A 的坐标；
1
（2）请画出△ABC关于x轴对称的△A B C ，并写出点A 的坐标；
2 2 2 2（3）将△ABC绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A B C ，求线段AC在旋转过程中扫过的面积(结果保
3 3 3
留π)．
【思路点拨】
本题考查简单作图、扇形面积的计算、平移变换、轴对称变换、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，
利用数形结合的思想解答．
（1）根据平移的性质得出对应点的位置，画出平移后的图形，写出A 坐标即可；
1
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置，画出图形，写出A 坐标即可；；
2
（3）根据题意画出旋转后的图形，先求得： ， ，再由旋转角是
OA=❑√22+12=❑√5 OC=❑√32+32=3❑√2
90°，利用割补法可知，线段AC在旋转过程中扫过的面积等于四分之一个圆环的面积，其中圆环外圆半
径是OC，内圆半径是OA，即可求得答案．
【解题过程】
（1）解：如图所示，△A B C 即为所求；
1 1 1
由图可知：点A 的坐标：A (−2,4)；
1 1
（2）如图所示， △A B C 即为所求；
2 2 2由图可知：点A 的坐标：A (2,1)
2 2
（3）将△ABC绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A B C ，如图，
3 3 3
∵A(2,−1)，C(3,−3)，
， ，
∴OA=❑√22+12=❑√5 OC=❑√32+32=3❑√2
由旋转角是90°，利用割补法可知：线段AC在旋转过程中扫过的面积等于四分之一个圆环的面积，其中
圆环外圆半径是OC，内圆半径是OA，
1 1 13
∴线段AC在旋转过程中扫过的面积= π(OC2−OA2)= π[(3❑√2) 2 −(❑√5) 2)= π．
4 4 4
15．（23-24九年级上·山东日照·期中）如图，（1）将△ABC向右平移6个单位长度，再向下平移5个单位长度，画出△ABC平移后的图形△A B C ，
1 1 1
并写出相应坐标；
（2）将△ABC绕点A顺时针旋转90°，画出旋转后的图形△AB C ，并写出B 坐标；
2 2 2
（3）在（2）的条件下，求线段BC在旋转过程中扫过图形的面积．
【思路点拨】
（1）根据平移的性质，画出图形，即可得到坐标；
（2）根据旋转的性质，找出顶点的位置，画出图形，即可得到坐标；．
（3）先计算出AB和AC的长，根据扇形的面积公式，利用线段BC在旋转过程中扫过的面积等于
进行计算．
S −S
扇形B AB 扇形C AC
2 2
【解题过程】
（1）解：如图，△A B C 即为所求；
1 1 1
各顶点坐标：A (4，-4)，B (2，0)，C (1，-3)；
1 1 1（2）解：如图，△AB C 即为所求；
2 2
其中B (2,3)；
2
（3）解： ， ，
AB=❑√22+42=2❑√5 AC=❑√32+12=❑√10
∵△ABC绕点A顺时针旋转90°得到的△AB C ，
2 2
∴∠BAB =∠CAC =90°，
2 2
∴线段BC在旋转过程中扫过的面积为：
S −S
扇形B AB 扇形C AC
2 2
90π×(2❑√5) 2 90π×(❑√10) 2
= −
360 360
5
= π．
2
16．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，一段圆弧经过格点A，B，C，
点O为坐标原点（网格纸中每个小正方形的边长为1）．（无刻度的直尺作图）（1）画出该图中弧所在圆的圆心P的位置（保留作图痕迹），则点P的坐标为______．
4
（2）分别连接AC、PA和PC，求线段AC绕着点P旋转 ∠APC的度数所形成的图形的面积．
3
【思路点拨】
（1）由垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，即可作线段AB、BC的垂直平分线，其交点即为P点，
结合图形即可得出点P的坐标；
4
（2）根据勾股定理和勾股定理逆定理得出∠APC=90°，则 ∠APC=120°，作PM⊥AC，垂足为点
3
nπR2 nπr2
M，由三角形面积得出PM=❑√10，最后根据S= − 代入进行计算即可得到答案．
360 360
【解题过程】
（1）解：画图如图所示：点P即为所求，
，由图可得：点P的坐标为(2，0)，
故答案为：(2，0)；
（2）解：如图，
，
由勾股定理得： ， ，
AP=PC=❑√22+42=2❑√5 AC=❑√22+62=2❑√10
，
∵AP2+PC2=(2❑√5) 2+(2❑√5) 2=40=AC2
∴△APC为等腰直角三角形，
∴∠APC=90°，
4
∴ ∠APC=120°，
3
作PM⊥AC，垂足为点M，
1 1
∵S = AP⋅PC= AC⋅PM，
APC 2 2
∴2❑√5×2❑√5=2❑√10PM，
∴PM=❑√10，
nπR2 nπr2 120π(2❑√5) 2 120π(❑√10) 2 10 ．
∴S= − = − = π
360 360 360 360 3
