文档内容
专题 23 与圆有关的计算（10 个高频考点）（强化训练）
【考点1 圆中的弧长的计算】
1．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，则A´B的长是________
（结果保留π）
【答案】√2π
【分析】连接OA、OB，可证∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AO，根据弧长公式求出即可．
【详解】解：连接OA、OB．
∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴AB＝BC＝DC＝AD＝4，AO＝BO，
∴A´B=B´C=C´D=A´D，
1
∴∠AOB＝ ×360°＝90°，
4
在Rt AOB中，由勾股定理得：AO2＋BO2＝2AO2＝42＝16，
解得：△AO＝2√2，
90π×2√2
∴A´B的长＝ =√2π，
180
故答案为：√2π．【点睛】本题考查了弧长公式和正方形的性质，能求出∠AOB的度数和OA的长是解此题的关键．
2．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半
径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧D´E的长是________（结果保留π）
【答案】2π
【分析】如图，连接OD，OE，证明AB∥OE, 可得∠A=∠COE, 再证明∠COE+∠AOD=90°, 可
得∠DOE=180°−90°=90°, 再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图，连接OD，OE，
∵OE=OC=4,
∴∠OEC=∠OCE,
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∴∠B=∠OEC,
∴AB∥OE,
∴∠A=∠COE,
∵⊙O与边AB相切于点D，
∴∠ADO=90°,
∴∠A+∠AOD=90°,
∴∠COE+∠AOD=90°,∴∠DOE=180°−90°=90°,
90π×4
∴D´E的长= =2π,
180
故答案为：2π．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应
用，弧长的计算，求解∠DOE=90°是解本题的关键．
3．（2022·福建·统考中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AD∥BC交⊙O于点D，DF∥AB交BC于点
E，交⊙O于点F，连接AF,CF．
(1)求证：AC=AF；
(2)若⊙O的半径为3，∠CAF=30°，求A´C的长（结果保留π）．
【答案】(1)证明见解析；
5π
(2)
2
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABED是平行四边形，由平行四边形的性质可得∠B=∠D，等
量代换可得∠AFC=∠ACF，即可得出答案；
（2）连接AO,CO，由（1）中结论可计算出∠AFC的度数，根据圆周角定理可计算出∠AOC的度数，
再根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，DF∥AB，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠AFC=∠B，∠ACF=∠D，
∴∠AFC=∠ACF，
∴AC=AF．
（2）解：连接AO,CO，如图，由（1）得∠AFC=∠ACF，
180°−30°
∵∠AFC= =75°，
2
∴∠AOC=2∠AFC=150°，
150×π×3 5π
∴A´C的长l= = ．
180 2
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考
查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．
1
4．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为 的正方形，曲线DABC DA …是由
2 1 1 1 1 2
多段90°的圆心角所对的弧组成的．其中，弧DA 的圆心为A，半径为AD；弧AB 的圆心为B，半径为
1 1 1
BA；弧BC 的圆心为C，半径为CB ；弧C D 的圆心为D，半径为DC …．弧DA、弧AB、弧BC 、弧
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
C D…的圆心依次按点A、B、C、D循环，则弧C D 的长是___________（结果保留π）．
1 1 2022 2022
【答案】2022π
1 1
【分析】根据题意有后一段弧的半径总比前一段弧的半径长 ，又因为A A 的半径为 ，可知任何一段弧
2 1 2
1
的半径都是 的倍数，根据圆心以A、B、C、D四次一个循环，可得弧C D 的半径为：
2 n n
1
DD = ×4×n=2n，再根据弧长公式即可作答．
n 2【详解】根据题意有：
1
D´A 的半径A A = ，
1 1 2
1
A´B 的半径BB =AB+A A = ×2，
1 1 1 1 2
1
B´C 的半径CC =CB+BB = ×3，
1 1 1 1 2
1
C ´D 的半径DD =CD+CC = ×4，
1 1 1 1 2
1
D´A 的半径A A =AD+DD = ×5，
1 2 2 1 2
1
A´B 的半径BB =AB+A A = ×6，
2 2 2 2 2
1
B´C 的半径CC =BC+BB = ×7，
2 2 2 2 2
1
C ´D 的半径DD =CD+CC = ×8，
2 2 2 2 2
．．．
1
以此类推可知，故弧C D 的半径为：DD = ×4×n=2n，
n n n 2
即弧C D 的半径为：DD =2n=2×2022=4044，
2022 2022 2022
90
即弧C D 的长度为： ×2×π×4044=2022π，
2022 2022 360
故答案为：2022π．
【点睛】本题考查了弧长的计算公式，找到每段弧的半径变化规律是解答本题的关键．
5．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB=2√3，
BC=3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP=∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点
P的运动路径长为______．√3
【答案】 π
3
【分析】根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的
位置，进而求出点P的运动路径长．
【详解】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°.
∴∠ABP+∠PBC=90°.
∵∠PAB=∠PBC,
∴∠PAB+∠ABP=90°.
∴∴∠APB=90°.
∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，
如图，记以AB为直径的圆的圆心为O ，连接O C交⊙O 于点P′，连接O P,CP.
1 1 1 1
∵CP≥O C−O P,
1 1
∴当点O ,P,C三点共线时，即点P在点P′处时，CP有最小值，
1
∵AB=2√3
∴O B=√3
1BC 3
在Rt ΔBCO 中，tan∠BO C= = =√3.
1 1 O B √3
1
∴∠BO C=60°.
1
∴B ´ P′= 60π×√3 = √3 π.
180 3
√3
∴.C,P两点距离最小时，点P的运动路径长为 π.
3
【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解
答本题的关键．
【考点2 圆中的扇形面积的计算】
6．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在5×6的长方形网格飞镖游戏板中，每块小正方形除颜色外都
相同，小正方形的顶点称为格点，扇形OAB的圆心及弧的两端均为格点．假设飞镖击中每一块小正方形是
等可能的（击中扇形的边界或没有击中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，飞镖击中扇形OAB
（阴影部分）的概率是（ ）
π π √10π √5π
A． B． C． D．
12 24 60 60
【答案】A
【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
【详解】解：由图可知，总面积为：5×6=30，OB=√32+12=√10，
90·π×10 5π
∴阴影部分面积为： = ，
360 2
5π
∴飞镖击中扇形OAB（阴影部分）的概率是 2 π ，
=
30 12
故选：A．【点睛】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求
事件；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件发生的概率．
7．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，一块四边形绿化园地，四角都做有半径为2的圆形喷水
池，则这四个喷水池占去的绿化园地的面积为（ ）
A．2π B．4π C．6π D．8π
【答案】B
【分析】因为图中的圆形喷水池的内角和度数为360°，为一个圆，利用圆的面积计算公式求出圆形喷水池
的面积即可．
【详解】解：绿化园地为四边形，四边形的内角和为360°，阴影部分的面积和为一个圆面积，故这四个喷
水池占去的绿化园地的面积为π×22＝4π．
故选B．
【点睛】此题主要考查多边形内角和以及圆的面积计算方法等知识．
8．（2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）一个扇形的面积为7πcm2，半径为6cm，则此扇形的圆心角是
___________度．
【答案】70
【分析】设扇形的圆心角是n° ，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．
62πn
【详解】解：设扇形的圆心角是n°，根据扇形的面积公式得：7π=
360
解得n=70．
故答案是：70．
【点睛】此题主要考查扇形的面积公式，解题的关键是熟知扇形的面积公式的运用.
9．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，以B为圆心，BC的长为半径
画弧，交AD于点E．则图中阴影部分的面积为_________．（结果保留π）π
【答案】
3
【分析】先根据特殊角的锐角三角函数值，求出∠ABE，进而求出∠EBC，再根据扇形的面积公式求解
即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠A=∠ABC=90° ，
∵ 以B为圆心，BC的长为半轻画弧，交AD于点E， BC=2，
∴BE=BC=2 ，
在Rt△ABE中，AB=1，
AB 1
∴cos∠ABE= = ，
BE 2
∴∠ABE=60° ，
∴∠EBC=90°−60°=30° ，
30π×22 π
S = = ．
阴影 360 3
π
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了由特殊角的三角函数值求角度数，矩形的性质，扇形的面积的计算，综合掌握以上知
识点并熟练运用是解题的关键．
10．（2022·福建福州·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以点A为圆心，AC长为半径作
圆，交BC于点D，交AB于点E，连接DE．(1)若∠ABC=20°，求∠DEA的度数；
(2)在（1）的基础上，若AC=3，求S ．
扇形CAD
【答案】(1)65°；
(2)π．
【分析】（1）连接AD，求出∠DAE，再利用等腰三角形的性质解决问题即可；
（2）在（1）的基础上，利用扇形面积公式，可求解．
【详解】（1）解：如图，连接AD，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=20°，
∴∠C=90°−∠ABC=70°
∴AC=AD=AE
∴∠C=∠ADC=70°,∠DEA=∠ADE
∴∠DAC=180°−2∠C=40°
∴∠DAE=90°−∠DAC=50°
180°−∠DAE
∴∠DEA= =65°
2
（2）AC=3，
由（1）可知
∠CAD=40°
40
S = ×π×32=π
扇形CAD 360
【点睛】本题考查了与圆的基本性质、三角形内角和定理、等腰三角形性质、扇形面积公式；解题的关键
是熟练掌握与圆有关的角的计算和扇形面积公式．
【考点3 弓形面积的计算】
11.（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，将弦AC绕点A顺时针旋转30°得到AD，
此时点C的对应点D落在AB上，延长CD，交⊙O于点E，若CE=4，则图中阴影部分的面积为（ ）A．2π B．2√2 C．2π−4 D．2π−2√2
【答案】C
【分析】如图，连接OE，OC，过点O作OF⊥CE于点F，由旋转得AD=AC，可求出
∠ADC=∠ACD=75° ,由圆周角定理得∠AOE=150°,得 ∠EOD=30°，由三角形外角的性质得
∠OEC=45°,∠FOC=90°, 由垂径定理得EF=2，根据勾股定理得OE=2√2，根据
S =S −S 求解即可．
阴影 扇形EOF ΔEOF
【详解】解：如图，连接OE，OC，过点O作OF⊥CE于点F，
1 1
则EF= CE= ×4=2，
2 2
由旋转得，AC=AD,
∴∠ADC=∠ACD，
∵∠A=30°,
1
∴∠ADC=∠ACD= ×(180°−30° )=75°，
2
∴∠AOE=2∠ACD=150°
∴∠EOD=30°,
又∠OED+∠EOD=∠ODC=75°,
∴∠OED=75°−∠EOD=75°−30°=45°,
∴∠EOF=∠OEF=45°,
∴OF=EF=2∴OE=√OF2+EF2=√22+22=2√2,
∵OE=OC
∴∠OEC=∠OFE=45°
∴∠EOC=90°
2
90⋅π(2√2) 1
∴S =S −S = ×4×2 =2π−4.
阴影 扇形EOF ΔEOF −360 2
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，扇形面积等知识，求出扇形
的半径和圆心角是解答本题的关键．
12.（2022·甘肃武威·统考模拟预测）如图，⊙O的半径是4，AB是⊙O的直径，D是A´B的中点，连接
AD，则图中阴影部分的面积是______（结果保留π）．
【答案】4π－8##－8＋4π
【分析】连接OD，先证明 AOD是等腰直角三角形，再利用阴影部分的面积＝S −S 即可求得
扇形AOD △AOD
答案． △
【详解】解：连接OD，
∵D是A´B的中点，AB是⊙O的直径，
∴∠AOD＝90°，
∵AO＝DO＝4，∴ AOD是等腰直角三角形，
∴△阴影部分的面积＝S −S
扇形AOD △AOD
90π×42 1
= − ×4×4
360 2
=4π−8，
故答案为：4π−8
【点睛】此题考查了不规则图形的面积、扇形面积公式、圆心角和弧之间的关系等知识，把不规则图形的
面积转化成规则图形的面积是解题的关键．
13．（2022·河北廊坊·廊坊市第四中学校考二模）如图，已知AC为不完整⊙O的直径，AB为弦且
AB=4√3，∠ACB=60°，点M、N为⊙O上的点，连接MN，点N从点A开始沿优弧AC´B运动，当点
M与点B重合时停止．已知MN=4，以MN为直径向⊙O内作半圆P．
(1)求⊙O的半径；
(2)当点N与点A重合时，求半圆P与AC所围成的弓形的面积；
(3)①点P的运动路径长是___________；
②当半圆P与AC相切时，求OP与AC夹角的正切值．
【答案】(1)4
2π
(2) −√3
3
√2
(3)①2√3π；②
2
【分析】（1）根据AC为⊙O的直径，可得∠ABC=90°，再由锐角三角函数，即可求解；
（2）设圆P交AC于点Q，连接PO，OM，PQ，可证得△OAM是等边三角形，从而得到∠OAM=60°，
AP=2，进而得到△APQ为等边三角形，再由半圆P与AC所围成的弓形的面积等于S −S ，即可
扇形APQ △APQ
求解；
（3）①由BC=4，MN=4，可得点P的运动轨迹为以O圆心，OP长为半径的半圆，求出OP，即可求解；
②设半圆P与AC相切于点D，连接PD，OP，分两种情况讨论：当点D在线段OC上时，当点D在线段OA上时，即可求解．
（1）
解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AB=4√3，∠ACB=60°，
AB 4√3
AC= = =8
∴ sin∠BAC √3 ，
2
∴BC=4，
∴⊙O的半径为4；
（2）
解：如图，设圆P交AC于点Q，连接PO，OM，PQ，
由（1）得：OA=OM=4，
∵MN=4，
∴OA=AM=OM，
∴△OAM是等边三角形，
∴∠OAM=60°，AP=2，
∵AP=PQ，
∴△APQ为等边三角形，
∴PK=AP⋅sin∠OAM=√3，AQ=2，
60π×22 1 2π
∴半圆P与AC所围成的弓形的面积等于S −S = − ×2×√3= −√3；
扇形APQ △APQ 360 2 3
（3）
解：①如图，连接OP，OM，ON，∵BC=4，MN=4，
∴当M与点B重合时，点N与点C重合，
∴点P的运动轨迹为以O圆心，OP长为半径的半圆，
由（1）得：OA=OM=ON=4，BC=4，
∵MN=4，
∴ON=AM=OM，
∴△ONM是等边三角形，
∴∠NOM=60°，
∴OP=ON⋅sin∠ONM=2√3，
1
∴点P的运动路径长是 ×2π×2√3=2√3π；
2
故答案为：2√3π
②如图，设半圆P与AC相切于点D，连接PD，OP，
当点D在线段OC上时，PD⊥OC，
由（2）得：PD=2，由①得：OP=2√3，
∴OD=√OP2−PD2=2√2，
PD 2 √2
∴tan∠POD= = = ；
OD 2√2 2
当点D在线段OA上时，PD⊥OA，√2
同理tan∠POD= ，
2
√2
综上所述，OP与AC夹角的正切值为 ．
2
【点睛】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，求扇形面积等知识，熟
练掌握相关知识点是解题的关键．
14．（2022·河北邢台·统考一模）图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为6
(1)求正六边形ABCDEF的边心距；
(2)过F作FG⊥AB交BA的延长线于点G，求证：FG是⊙O的切线；
(3)若点M是B´C中点，连接MA，求弓形MA的面积．
【答案】(1)3√3
(2)见解析
(3)9π−18
【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OH=6×cos30°=3√3；
（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B´C中点，所以∠BOC＝∠BOA＝60°，∠MOC＝∠BOM＝
30°，∠MOA＝90°，根据弓形的面积=S −S 可求解．
扇形AOM ΔAOM
【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，
∴OH=6×cos30°=3√3；
（2）证明：如图，连接OA、OB、OF，BF、AE，
∵AB＝AF＝EF，
∴A´B=A´F=E´F，
1
∴∠ABF＝∠AFB＝∠EBF＝ ∠AOB=30°，
2
∵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B´C中点，
∴∠BOC＝∠BOA＝60°，∠MOC＝∠BOM＝30°，
∴∠MOA＝90°，
90π×62 1
∴弓形的面积=S −S = − ×6×6=9π−18．
扇形AOM ΔAOM 360 2
【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．
15.（2022·山东临沂·统考二模）如图，在⊙O中，AC为⊙O的直径，AB为⊙O的弦，点E是A´C的中点，
过点E作AB的垂线，交AB于点M，交⊙O于点N，分别连接EB，CN．
(1)EM与BE的数量关系是 ；
(2)求证：E´B=C´N；
(3)若AM＝2√3，MB＝2，求阴影部分图形的面积．
【答案】(1)BE＝√2EM
(2)见解析
4
(3) π−2√3
3
【分析】（1）证得△BME是等腰直角三角形即可得到结论；
（2）根据点E是A´C的中点，得出∠AOE＝90°，由∠EMB＝90°，证得∠ABE＝∠BEN＝45°，得到
A´E=B´N，根据题意得到E´C=B´N，进一步得到E´B=C´N；（3）先解直角三角形得到∠EAB＝30°，从而得到∠EOB＝60°，证得△EOB是等边三角形，则OE＝BE＝2
√2，然后证得△OEB≌△OCN，然后根据扇形的面积公式和三角形面积公式求得即可．
【详解】（1）∵AC为⊙O的直径，点E是A´C的中点，
∴∠ABE＝45°，
∵AB⊥EN，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴BE＝√2EM，
故答案为：BE＝√2EM；
（2）连接EO，
∵AC是⊙O的直径，E是A´C的中点，
∴∠AOE＝90°，
1
∴∠ABE＝ ∠AOE＝45°，
2
∵EN⊥AB，垂足为点M，
∴∠EMB＝90°
∴∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴A´E＝B´N，
∵点E是A´C的中点，
∴A´E＝E´C，
∴E´C＝B´N，
∴E´C﹣B´C＝B´N﹣B´C，
∴E´B＝C´N；
（3）（3）连接AE，OB，ON，如图所示，∵EN⊥AB，垂足为点M，
∴∠AME＝∠EMB＝90°，
∵BM＝2，由（2）得∠ABE＝∠BEN＝45°，
∴EM＝BM＝2，
又∵BE＝√2EM，
∴BE＝2√2，
∵在Rt AEM中，EM＝2，AM＝2√3，
△ 2 √3
∴tan∠EAB＝ ＝ ，
2√3 3
∴∠EAB＝30°，
1
∵∠EAB＝ ∠EOB，
2
∴∠EOB＝60°，
又∵OE＝OB，
∴△EOB是等边三角形，
∴OE＝BE＝2√2，
又∵E´B＝C´N，
∴BE＝CN，
∴△OEB≌△OCN（SSS），
∴CN＝BE＝2√2
60π⋅(2√2) 2 4 1 √3 1 √3
又∵S OCN＝ = π，S OCN＝ CN• CN＝ ×2√2× ×2√2＝2√3，
扇形 360 3 2 2 2 2
△
4
∴S ＝S OCN﹣S OCN＝ π−2√3．
阴影 扇形 3
△
【点睛】本题考查了扇形的面积，全等三角形的判定化为性质，圆周角定理，解直角三角形以及等边三角形的判定和性质，作出辅助线构建等腰三角形是解题的关键．
【考点4 不规则图形的面积的计算】
16．（2022·河南商丘·统考二模）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝2，连接AB，以点B为圆心，以
OB的长为半径作弧，交弧AB于点C，交弦AB于点D，则图中阴影部分的面积为______．
5
【答案】 π−√3
6
【分析】连结BC、OC先求出△BOC是等边三角形，然后分别求出扇形BOC、扇形OBD和弓形ODC的
面积，最后根据S =S −S 计算，即可求出结果．
弓形COD 扇形BOC △BOC
【详解】解：如图，连结BC、OC，
∵OC=OB=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，
60°×π×4 2π
∴S = = ，
扇形BOC 360° 3
∵∠ABO=45°，
45°×π×22 π
∴S = = ，
扇形OBD 360° 22π 1 2π
S =S −S = − ×2×√3= −√3，
弓形COD 扇形BOC △BOC 3 2 3
2π 2π π 5π
S =S +S −S = + −√3− = −√3．
阴影 扇形BOC 弓形COD 扇形OBD 3 3 2 6
5π
故答案为： −√3．
6
【点睛】本题考查了扇形的面积，等边三角形的判定和性质，掌握用割补法求面积和熟记扇形面积公式是
解题的关键．
17.（2022·四川南充·模拟预测）如图，有两块量角器完全重合在一起（量角器的直径AB=4，圆心为O），
保持下面一块不动，上面的一块沿AB所在的直线向右平移，当圆心与点B重合时，量角器停止平移，此时
半⊙O与半⊙B交于点P，连接AP．
(1)AP与半⊙B有怎样的位置关系？请说明理由．
(2)在半⊙O的量角器上，A、B点的读数分别为180°、0°时，问点P在这块量角器上的读数是多少？
(3)求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)AP与半⊙B相切，理由见解析；
(2)60°；
2π
(3)
+√3．
3
【分析】（1）连接PB，利用直径所对的圆周角等于90°可证明∠APB=90°，即AP与半⊙B相切；
（2）求出∠OBP=60°，即可知点P在这块量角器上的读数是60°；
（3）由图可知：S =S −(S −S ❑ )，代入可求出
阴影 扇形PBC 扇形OPB △OP B
120π×22 (60π×22 1 ) 2π
S = − − ×2×√3 = +√3．．
阴影 360 360 2 3
【详解】（1）解：AP与半⊙B相切，理由如下：连接PB，∵AB是直径，
∴∠APB=90°，即AP与半⊙B相切．
（2）解：连接OP，
∵OP=OB=BP，
∴△OPB为等边三角形，
∴∠POB=60°，点P在这块量角器上的读数是60°．
（3）解：作PD⊥OB交于点D，
∵△OPB为等边三角形，OP=OB=BP=2，
∴PD=√22−12=√3，
∵由图可知：S =S −(S −S ❑ )，
阴影 扇形PBC 扇形OPB △OP B
120π×22 (60π×22 1 ) 2π
即S = − − ×2×√3 = +√3．
阴影 360 360 2 3
【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，扇形面积，切线的判定定理，解题的关键熟练掌握以上
相关知识点并能够综合运用．18.（2022·四川资阳·中考真题）如图．将扇形AOB翻折，使点A与圆心O重合，展开后折痕所在直线l与
A´B交于点C，连接AC．若OA=2，则图中阴影部分的面积是(
)
2π √3 2π π √3 π
A． − B． −√3 C． − D．
3 2 3 3 2 3
【答案】B
【分析】连接CO，且直线l与AO交于点D，解直角三角形求出∠COD=60°，即可求出扇形AOC的面
积，再算出△AOC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AOB中，OA=2，
∴OC=OA=2，
∵点A与圆心O重合，
∴AD=OD=1，CD⊥AO，
OD 1
∴cos∠COD= = ，
OC 2
∴∠COD=60°，
由勾股定理得：CD=√OC2−OD2=√3，60° 2 1 1
∵S = ×π×22= π，S = AO⋅CD= ×2×√3=√3，
扇形AOC 360° 3 △AOC 2 2
2
∴S =S −S = π−√3，
阴影 扇形AOC △AOC 3
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．
19.（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝2√3，DC＝4√3，将线段DC绕点D按
逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是_____．
【答案】24﹣6√3−4π
【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝4√3，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，
分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．
【详解】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，
∴DE＝DC＝4√3，
AD 2√3 1
∵cos∠ADE= = = ，
DE 4√3 2
∴∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
30×π×48
∴S EDC= = 4π，
扇形 360
∵AE=√DE❑ 2−AD❑ 2=√48−12=6，
∴BE＝AB﹣AE＝4√3−6，
(4√3−6+4√3)×2√3
∴S DCBE= =24﹣6√3，
四边形 2
∴阴影部分的面积＝24﹣6√3−4π，
故答案为：24﹣6√3−4π．
【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性
质解决问题是解题的关键．20.（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，等腰Rt△ABC中，AB=AC=√2，以A为圆心，以AB为半径
作BD´C﹔以BC为直径作CA´B．则图中阴影部分的面积是______．（结果保留π）
【答案】π−2
【分析】由图可知：阴影部分的面积＝半圆CAB的面积-△ABC的面积+扇形ABC的面积-△ABC的面积，
可根据各自的面积计算方法求出面积即可．
【详解】解：∵等腰Rt△ABC中，AB=AC=√2
∴BC=2
90π×2 π 1 π 1
∴S ACB= = ，S CAB= π×（1）2= ，S ABC= × √2×√2=1；
扇形 360 2 半圆 2 2 2
△
π π
所以阴影部分的面积＝S CAB-S ABC+S ACB-S ABC = −1+ −1=π−2．
半圆 扇形 2 2
△ △
故答案是：π−2．
【点睛】本题主要考查了扇形和三角形的面积计算方法．不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的
和差．
【考点5 旋转与路径长及面积问题】
21．（2022·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点M、N分别是边AD、
BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，
动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，
两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长
是_____．√5 √5π
【答案】 π##
2 2
【分析】根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，且ΔAQM∼ΔFQN， NQ:MQ=1:2,点H在
以BQ为直径的P´N上运动，运动路径长为P´N的长，求出BQ及P´N的圆角，运用弧长公式进行计算即可得
到结果．
【详解】解：∵点M、N分别是边AD、BC的中点，
连接MN，则四边形ABNM是矩形，
1
∴MN=AB=6，AM=BN= AD==4，
2
根据题意知EF在运动中始终与MN交于点Q，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴ΔAQM∼ΔFQN，
NF NQ 1
∴ = =
EM MQ 2
1
∴NQ= MN=2
31
当点E与点A重合时，则NF= AM=2，
2
∴BF=BN+NF=4+2=6，
∴AB=BF=6
∴ΔABF是等腰直角三角形，
∴∠AFB=45°,
∵BP⊥AF，
∴∠PBF=45°
由题意得，点H在以BQ为直径的P´N上运动，运动路径长为P´N长，取BQ中点O，连接PO，NO，
∴∠PON=90°，
又∠BNQ=90°,
∴BQ=√BN2+NQ2=√42+22=2√5，
1
∴ON=OP=OQ= BQ=√5，
2
90π×√5 √5
∴P´N的长为 = π
180 2
√5
故答案为： π
2
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，以及弧长等知识，判断出点
H运动的路径长为P´N长是解答本题的关键．
22.（2022·湖南·统考中考真题）如图所示的方格纸(1格长为一个单位长度）中，ΔAOB的顶点坐标分别为
A(3,0)，O(0,0)，B(3,4)．
(1)将ΔAOB沿x轴向左平移5个单位，画出平移后的△A O B （不写作法，但要标出顶点字母）；
1 1 1
(2)将ΔAOB绕点O顺时针旋转90°，画出旋转后的△A O B （不写作法，但要标出顶点字母）；
2 2 2
(3)在（2）的条件下，求点B绕点O旋转到点B 所经过的路径长（结果保留π)．
2【答案】(1)见解析
(2)见解析
5
(3) π
2
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，O ，B的对应点A ，O ，B 即可；
1 1 1
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，O ，B的对应点A ，O ，B 即可；
2 2 2
（3）利用弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：如图，ΔA O B 即为所求；
1 1 1
（2）解：如图，ΔA O B (即△A OB ）即为所求；
2 2 2 2 2
（3）解：在Rt ΔAOB中，OB=√OA2+AB2=5，
90 5
∴l= ×2π×5= π．
360 2
【点睛】本题考查作图−旋转变换，平移变换，勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，
旋转变换的性质．
23.（2022·广西·统考中考真题）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，B´B′的长是（ ）2√3 4√3 8√3 10√3
A． π B． π C． π D． π
3 3 9 9
【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B´B′．
【详解】解：∵CA=CB,B'D⊥AB，
1
∴AD=DB= AB，
2
∵△AB′C′是△ABC绕点A逆时针旋转2α得到，
1
∴AB=AB'，AD= AB'，
2
AD 1
在Rt ΔAB'D中，cos∠B' AD= = ，
AB' 2
∴∠B' AD=60°，
∵∠CAB=α,∠B' AB=2α，
1 1
∴∠CAB= ∠B' AB= ×60°=30°，
2 2
∵AC=BC=4，
√3
∴AD=AC·cos30°=4× =2√3，
2
∴AB=2AD=4√3，
60πAB 4√3
∴B´B′的长= = π，
180 3
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．
24.（2022·湖南湘潭·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为
A(−1,1)，B(−4,0)，C(−2,2)．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A B C ．
1 1 1(1)请写出A 、B 、C 三点的坐标：A _________，B _________，C _________
1 1 1 1 1 1
(2)求点B旋转到点B 的弧长．
1
【答案】(1)（1，1）；（0，4）；（2，2）
(2)2π
【分析】（1）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△ABC ，点A，B，C 的坐标即为点A，
1 1 1 1 1 1
B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，由此可得出结果．
（2）由图知点B旋转到点B 的弧长所对的圆心角是90º，OB=4，根据弧长公式即可计算求出．
1
【详解】（1）解：将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△ABC ，点A，B，C 的坐标即为点
1 1 1 1 1 1
A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，
所以A（1，1）；B（0，4）；C （2，2）
1 1 1
（2）解：由图知点B旋转到点B 的弧长所对的圆心角是90度，OB=4，
1
90
∴点B旋转到点B 的弧长= ×π×4=2π
1 180
【点睛】本题主要考查点的旋转变换和弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和弧长公式．
25.（2022·河北·统考中考真题）如图，四边形ABCD中， AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，
AB=2√3，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在
PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM=4√3．(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋
转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且BK=9−4√3．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度
为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含
d的式子表示）．
【答案】(1)见详解
(2)①9√3+5π；
②(4√3−3)s；
60−12d
③CF=
9−d
【分析】（1）先证明四边形ABHD是矩形，再根据Rt△DHC算出CD长度，即可证明；
（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；
KH
②运动分两个阶段：平移阶段：t= ；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，H为圆心，
v
延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作¿⊥DM于T；设∠KDH=θ，利用Rt△DKH算出
tanθ，sinθ，cosθ，利用Rt△DGM算出DG，利用Rt△DGT算出GT，最后利用Rt△HGT算出
1
sin∠GHT，发现sin∠GHT= ，从而得到2θ，θ度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间
2
即可；
③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明
△≝∼△CED，结合勾股定理，可得DE2=(2√3) 2+(3−d) 2=(9−d) 2−m(9−d)，即可得CF与d的关系．
【详解】（1）∵AD∥BC，DH⊥BC
∴DH⊥AD
则在四边形ABHD中
∠ABH=∠BHD=∠HDA=90°
故四边形ABHD为矩形DH=AB=2√3，BH=AD=3
在Rt△DHC中，∠C=30°
∴CD=2DH=4√3，CH=√3DH=6
∵¿
∴△CHD≌△PQM(AAS)；
（2）①过点Q作QS⊥AM于S
由（1）得：AQ=CH=6
在Rt△AQS中，∠QAS=30°
√3
∴AS= AQ=3√3
2
平移扫过面积：S =AD⋅AS=3×3√3=9√3
1
50° 50°
旋转扫过面积：S = ⋅π⋅PQ2= ⋅π⋅62=5π
2 360° 360°
故边PQ扫过的面积：S=S +S =9√3+5π
1 2
②运动分两个阶段：平移和旋转
平移阶段：
KH=BH−BK=3−(9−4√3)=4√3−6
KH
t = =(4√3−6)s
1 v
旋转阶段：
由线段长度得：PM=2DM
取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G
作¿⊥DM于T设∠KDH=θ，则∠GHM=2θ
在Rt△DKH中：
KH=BH−BK=3−(9−4√3)=4√3−6=2√3×(2−√3)
DK=√DH2+K H2=√ (2√3) 2+(4√3−6) 2=4√3×√2−√3
设t=√2−√3，则KH=2√3t2，DK=4√3t，DH=2√3
KH KH t DH 1
tanθ= =t2 ，sinθ= = ，cosθ= =
DH DK 2 DK 2t
∵DM为直径
∴∠DGM=90°
1 2√3
在Rt△DGM中 ：DG=DM⋅cosθ=4√3× =
2t t
2√3 t
在Rt△DGT中：¿=DG⋅sinθ= × =√3
t 2
GT √3 1
在Rt△HGT中：sin2θ= = =
GH 2√3 2
∴2θ=30°，θ=15°
PQ转过的角度：30°−15°=15°
15°
t = =3s
2 5°
总时间：t=t +t =4√3−6+3=(4√3−3)s
1 2
③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：∵∠EDF=30°，∠C=30°，
∴∠EDF=∠C，
又∵∠DEF=∠CED，
∴△≝∼△CED，
DE EF DE 9−d−m
∴ = ，即 = ，
CE DE 9−d DE
∴DE2=(9−d) 2−m(9−d)，
∵在△DHE中，DE2=DH2+EH2=(2√3) 2+(3−d) 2，
∴(9−d) 2−m(9−d)=(2√3) 2+(3−d) 2，
60−12d
∴CF=m=
9−d
当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
60−12d
同理：可得CF=m=
9−d
60−12d
综上所述：CF= ．
9−d
【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和
性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出sin2θ是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形的判定和性质．
【考点6 圆柱的侧面展开图】
26．（2022·广西贵港·统考一模）已知圆柱的侧面积是20π cm2，高为5cm，则圆柱的底面半径为_____．
【答案】2cm
【详解】设圆柱底面圆的半径为r，那么侧面积为
2πr×5=20π
r=2cm．
故答案是：2cm．
27．（2022·江苏淮安·校考一模）若圆柱的底面圆半径为2cm，高为5cm，则该圆柱的侧面展开图的面积为
____cm2．．
【答案】20π．
【详解】试题解析：根据圆柱的侧面积公式可得π×2×2×5=20πcm2．
28．（2022秋·浙江金华·九年级统考期末）如图是一个高为3cm的圆柱，其底面周长为2πcm，则该圆柱
的表面积为____________cm2．
【答案】8π
【分析】先求出该圆柱的底面半径，然后根据圆柱的表面积等于圆柱的侧面积加上两个底面的面积，即可
求解．
【详解】解：根据题意得：该圆柱的底面半径为2π÷2π=1cm，
该圆柱的表面积为
2π×3+2π×12=8πcm2．
故答案为：8π
【点睛】本题主要考查了求圆柱的表面积，熟练掌握圆柱的表面积等于圆柱的侧面积加上两个底面的面积
是解题的关键．
29．（2022春·黑龙江绥化·六年级校考阶段练习）明宇用一块底面直径为2 cm，高6 cm的圆柱形橡皮泥，
捏成高是9 cm的圆锥，这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积是______cm2，捏成圆锥的底面积是______cm2．【答案】 3.14 6.28
【分析】先利用圆的面积公式求出这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积，再利用圆柱体的体积公式求出这块
橡皮泥的体积，最后根据橡皮泥的体积不变，利用圆锥的体积公式即可求出圆锥的底面积．
【详解】解：这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积是
3.14×(2÷2) 2
=3.14×1
=3.14（cm2）；
捏成圆锥的底面积是
3.14×6×3÷9
=18.84×3÷9
=6.28（cm2）
答：这块圆柱形橡皮泥的下底面的面积是3.14cm2，捏成圆锥的底面积是6.28cm2．
故答案为：3.14，6.28．
【点睛】本题主要考查圆柱体和圆锥体的体积计算方法，关键是明白橡皮泥的体积不变．
30．（2022秋·北京海淀·九年级校考期末）小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子
中．为区别口味，他打算制作“** 饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，
粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°（如图）．已知该款圆柱形盒子底面半径为6 cm，则标签长
度l应为_______ cm．（π取3.1）
【答案】9.3
nπr
【分析】根据弧长公式进行计算即可，l=
180
【详解】解：∵粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°，底面半径为6 cm，
nπr 90π×6
∴l= = =3π=9.3cm，
180 180
故答案为：9.3
【点睛】本题考查了弧长公式，牢记弧长公式是解题的关键．【考点7 圆锥及其展开图】
31.（2022·云南·中考真题）某中学开展劳动实习，学生到教具加工厂制作圆锥，他们制作的圆锥，母线长
为30cm，底面圆的半径为10 cm，这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____．
【答案】120°
30nπ
【分析】设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n， =2×π×10，进行解答即可得．
180
【详解】解： 设这种圆锥的侧面展开图的圆心角度数为n°，
30nπ
=2×π×10
180
n=120°
故答案为：120°．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角，解题的关键是掌握扇形的弧长公式．
32.（2022秋·天津西青·九年级统考期末）已知圆锥的底面圆周长是4π，母线长是5，则这个圆锥的侧面
积是（ ）
A．20π B．10π C．5π D．4π
【答案】B
【分析】运用圆锥的侧面积就等于母线长乘以底面圆周长的一半解题即可．
1
【详解】圆锥的侧面积为：S= ×4π×5=10π
,
2
故选：B．
【点睛】查了圆锥的侧面积的计算公式．解题关键是运用圆锥的侧面积就等于母线长乘底面周长的一半．
33.（2022·江苏无锡·统考中考真题）在Rt ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以AC所在直线为轴，把
ABC旋转1周，得到圆锥，则该圆锥的侧△面积为（ ）
△A．12π B．15π C．20π D．24π
【答案】C
【分析】先利用勾股定理计算出AB，再利用扇形的面积公式即可计算出圆锥的侧面积．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=√32+42=5，
1
以直线AC为轴，把 ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积= ×2π×4×5
2
△
=20π．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．
34.（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，圆锥的侧面展开图是一个扇形，若圆锥的底面圆的半径
r=2cm，母线长l=8cm，则侧面展开图的圆心角θ的度数为______．
【答案】90°##90度
【分析】先根据条件求出侧面展开图（扇形）的面积，在根据扇形面积公式求角度即可．
【详解】解：∵圆锥的侧面积公式为S=πrl
将r=2cm，l=8cm代入公式得：
S=π×2×8=16πcm2
∴ S =16πcm2
扇形
nπl2
=16π
360
代入数据解得：n=90°
故答案为90°
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积与扇形各元素的关系，相关知识点有：圆锥的侧面积公式、扇形的面积
公式，熟记公式是解题的关键．
35，（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，将半径为15cm的圆形纸片剪去圆心角为144°的一个
扇形，用剩下的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），这个圆锥的高是________cm．
【答案】12【分析】设圆锥的底面圆的半径为rcm，由于剩下扇形的弧长等于圆锥底面的周长，根据弧长公式得
(360−144)π
2πr= ×15，解方程得r＝9，然后利用勾股定理可计算出圆锥的高．
180
(360−144)π
【详解】解：设圆锥的底面圆的半径为rcm，根据题意得2πr= ×15，
180
解得r＝9，
所以圆锥的高为√152−92=12(cm)．
故答案为12
【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．
【考点8 圆锥的全面积】
36.（2022秋·内蒙古鄂尔多斯·九年级校考阶段练习）一个圆锥的母线长是13，高为12，那么这个圆锥的表
面积是__________．
【答案】90π
【分析】首先根据勾股定理求得圆锥的底面半径，从而得到底面周长，然后求出底面圆面积与圆锥的侧面
展开图面积的和即可．
【详解】解：圆锥的底面半径是：√132−122=5，
圆锥的底面周长是：2π×5=10π，
1
则圆锥的表面积是π×52+ ×10π×13=25π+65π=90π．
2
故答案为：90π
【点睛】本题考查了圆锥的相关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的
关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
37.（2022秋·全国·九年级专题练习）已知圆锥的底面直径为20cm，母线长为90cm，则圆锥的表面积是
__________ cm2．（结果保留π）
【答案】1000π
1
【分析】根据圆锥表面积＝侧面积＋底面积＝ 底面周长×母线长＋底面积计算．
2
【详解】解：圆锥的表面积=10π×90＋100π=1000πcm2．
故答案为：1000π．【点睛】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键记准圆锥的侧面面积和底面面积公式．
38.（2022秋·山东东营·九年级东营市东营区实验中学校考期末）在Rt△ACB中，斜边AB=13cm，直角边
AC=5cm，以直线AB为轴旋转1周形成纺锤形，则这个纺锤形的表面积为____________．
1020π
【答案】
cm2
13
【分析】根据勾股定理求出BC的长，利用等积法求出斜边AB上的高，即圆锥底面圆的半径，进而根据纺
锤形的表面积是两个圆锥的侧面积之和求出答案即可．
【详解】解：∵Rt△ACB中，斜边AB=13cm，直角边AC=5cm，
∴BC=√AB2−AC2=√132−52=12(cm)，
5×12 60
∴Rt△ACB斜边AB上的高为 = (cm)，
13 13
以直线AB为轴旋转1周形成纺锤形是由两个同底的圆锥组成的几何体，底面圆周长为
60 120
2π× = π(cm)，
13 13
1 120 1020π
∴纺锤形的表面积为= × π×(5+12)= (cm2)，
2 13 13
1020π
故答案为：
cm2
13
【点睛】此题考查了圆锥的侧面积，勾股定理等知识，熟练掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
39.（2022秋·青海西宁·九年级校考期末）圆锥的底面半径为1，母线长为6，求圆锥的全面积．
【答案】7π
【分析】根据圆锥的全面积等于侧面积加底面积，进行求解即可．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为1，母线长为6，‘’
∴圆锥的全面积为：S=πrl+πr2=1×6π+12 ⋅π=7π．
【点睛】本题考查圆锥的全面积．熟练掌握圆锥的全面积等于侧面积加底面积，以及侧面积和底面积的公
式，是解题的关键．40.（2022秋·广东广州·九年级期末）如图，已知圆锥的高为2√3，高所在直线与母线的夹角为30°，则圆
锥的全面积为________．
【答案】12π
【分析】先利用三角函数计算出BO，再利用勾股定理计算出AB，然后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周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算圆锥的全面积．
【详解】解：如图，∠BAO=30°，AO=2√3，
BO
在Rt△ABO中，∵tan∠BAO= ，
AO
∴BO=2√3tan30°=2，即圆锥的底面圆的半径为2，
∴AB=2OB=4，即圆锥的母线长为4，
1
∴圆锥的全面积= ×2π×2×4+π×22=12π．
2
故答案为：12π．
【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．
【考点9 弧长计算的实际应用】
41．（2022秋·广东珠海·九年级统考期末）如图，用一个半径为10cm的定滑轮拉动重物上升，假设绳索粗
细不计，且与滑轮之间没有滑动．若重物上升15πcm，则滑轮旋转的角度为______°．【答案】270
【分析】根据弧长公式进行计算即可．
15π
【详解】解：n= ×360°=270°，
2×10π
即滑轮旋转的角度为270°．
故答案为：270．
nπr
【点睛】本题主要考查了弧长公式，解题的关键是熟练掌握弧长公式，l= ．
180
42．（2022秋·河北唐山·九年级统考期末）某数学兴趣小组开展了“笔记本电脑的张角大小、顶部边缘离
桌面的高度与用眼舒适度关系”的实践探究活动．如图-1，电脑水平放置在桌面上，当张角
∠AOB=150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为12cm，此时用眼舒适度不太理想．小组成员将
电脑屏幕绕点O旋转，减小张角度数继续探究，最后发现当张角∠A′OB=108°时（点A′是A的对应点），
用眼舒适度较为理想．
(1)求电脑屏幕顶端A点绕O点旋转到A′转过的弧长（结果保留π）；
(2)请在图-2中画出线段A′D，用其长度表示旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度（不说理由），并求出高度
约为多少厘米（结果精确到1cm；参考数据：sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）
28
【答案】(1) πcm
5
(2)23厘米【分析】(1)首先可求得∠AOC=30°，根据直角三角形的性质，即可求得OA、OA′的长，再由题意可得
∠AOA′的度数，最后利用弧长公式即可求解；
(2)过点A′作A′D⊥BC于点D，线段A′D的长即为旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度，再求出∠A′OD
的度数，利用解直角三角形进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵∠AOB=150°，
∴∠AOC=180°−∠AOB=180°−150°=30°，
∴OA=2AC=2×12=24(cm)，
∴OA=OA′=24cm，
∵∠AOB=150°，∠A′OB=108°，
∴∠AOA′=∠AOB−∠A′OB=150°−108°=42°，
∴电脑屏幕顶端A点绕O点旋转到A′转过的弧长为：
42π×24 28
= π(cm)；
180 5
（2）解：如图：过点A′作A′D⊥BC于点D，线段A′D的长即为旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度，
∵∠A′OB=108°，
∴∠A′OD=180°−∠A′OB=180°−108°=72°，
∴A′D=OA′⋅sin∠A′OD≈24×0.95=22.8≈23(cm)，
故旋转后顶部边缘A′处离桌面的高度约为23厘米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的性质，熟练掌握和运用解直角三角形的方法是解
题的关键．
43．（2022秋·山西朔州·九年级统考阶段练习）如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC的夹角
为150°，AB的长为30cm，BD的长为15cm，求D´E的长．（结果保留π)
【答案】12.5πcm【分析】先求出AD的长度，再根据弧长公式即可求解．
【详解】解：∵AB=30cm，BD=15cm，
∴AD=30−15=15(cm)，
∵外侧两竹条AB，AC的夹角为150°，
150π×15
∴ D´E= =12.5π(cm)．
180
nπr
【点睛】本题主要考查了求弧长，解题的关键是熟练掌握弧长公式：l= ．
180
44．（2022秋·浙江宁波·九年级校联考期末）一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE为
伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE=∠BEF=108°,BD=6cm,BE=4cm．当按压柄
△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′∥EF（如图3）．
（参考数据：sin36°≈0.59,cos36°≈0.81,tan36°≈0.73,sin72°≈0.95,cos72∘≈0.31,tan72°≈3.08
）
(1)求点D转动到点D′的路径长；
(2)求点D到直线EF的距离（结果精确到0.1cm）．
6
【答案】(1)点D转动到点D′的路径长 πcm
5
(2)点D到直线EF的距离约为7.3cm
【分析】（1）根据平行线的性质求出∠D′BE=180°−∠BEF=72°，根据∠DBE=108°求出
∠DBD′=36°，根据弧长公式求出结果即可；
（2）过点D作DG⊥BD′于点G，过点E作EH⊥BD′于点H，根据三角函数值求出
DG=BD⋅sin36°≈3.54，EH=BE⋅sin72°≈3.80，求出DG+EH≈7.3，即可求出结果．
【详解】（1）解：如图，∵BD′∥EF,∠BEF=108°，
∴∠D′BE=180°−∠BEF=72°，
∵∠DBE=108°，
∴∠DBD′=∠DBE−∠D′BE=108°−72°=36°，
又∵BD=6，
36×π×6 6
∴点D转动到点D′的路径长= = π(cm)
180 5
（2）解：如图，
过点D作DG⊥BD′于点G，过点E作EH⊥BD′于点H，
DG
在Rt△DGC中，sin∠DBD′=
，
BD
∴DG=BD⋅sin36°≈3.54，
EH
在Rt△BHE中，sin∠EBH= ，
BE
∴EH=BE⋅sin72°≈3.80，
∴DG+EH=3.54+3.80=7.34≈7.3．
又∵BD′∥EF，
∴点D到直线EF的距离约为7.3cm．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，弧长公式，平行线的性质，解题的关键是熟练运用三角函数解直角三角形．
45．（2022·河北沧州·统考二模）石家庄市水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人
员介绍，新建摩天轮直径为100m，最低点距离地面1m，摩天轮的圆周上均匀地安装了24个座舱（本题中
将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱，运行一圈时间恰好是13分14秒，寓意“一
生一世”．小明从摩天轮的底部出发开始观光，摩天轮转动1周．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为 m；
(2)在小明进座舱后间隔3个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于P、Q两点），
①求两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧PQ的长）；
②求此时两人所在座舱距离地面的高度差；
(3)受周围建筑物的影响，当乘客与地面的距离不低于76m时，可视为最佳观赏位置，求最佳观赏时间有多
长（不足一分钟按一分钟记）．
【答案】(1)101
50
(2)① πm；②25m
3
(3)5分钟
【分析】（1）根据题意得出最高点是直径加1m即可；
（2）①求出圆心角∠POQ的度数，再根据弧长公式进行计算即可；
②求出NQ的长即可，利用直角三角形的边角关系求出ON的长，进而求出QN即可；
（3）求出达到最佳观赏位置时，座椅所处的位置，进而求出所夹的弧所对的圆心角的度数，由圆心角所
占周角的百分比，得出最佳观赏时间占13分14秒的百分比，通过计算可得答案．
【详解】（1）解：如图，由题意可知，QM=1m，AQ=100m，
当座椅转到点A时，距离地面最高，此时AM=AQ+QM=100+1=101(m)，故答案为：101；
360°
（2）①∵圆周上均匀的安装24个座椅，因此每相邻两个座椅之间所对的圆心角为 =15°，
24
∴∠POQ=4×15°=60°，
60π×50 50
∴ P´Q的长为 = π(m)，
180 3
50
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（弧PQ的长）为 πm；
3
②由题意得，两人所在座舱距离地面的高度差就是NQ的长，
在Rt△PON中，OP=50，∠PON=60°，
1
∴ON= OP=25，
2
∴NQ=OQ−ON=25，
即两人所在座舱距离地面的高度差为25m；
（3）如图，当DM=76m时，对应的座椅为点B、点C，当座椅在BA´C上运动时，观赏位置最佳，
此时，OD=76−1−50=25(m)，
∵OB=OC=50m，
∴∠BOD=∠COD=60°，
1
∴ B´C的长是圆周长的 ，
3
1
因此最佳观赏位置所持续的时间为：13分14秒的 ，
31
∴13′14″× ≈5′
，
3
答：最佳观赏时间有多长约有5分钟．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，掌握弧长计算公
式是正确计算的关键．
【考点10 扇形面积计算的实际应用】
46．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）《九章算术》是中国古代第一部数学专著，第一章“方田”
中已讲述了平面几何图形面积的计算方法，比如扇形的计算，“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为
田几何？”大致意思为：现有一块扇形的田，弧长30步，其所在圆的直径是16步，则这块田面积为（
）平方步．
32 64
A．120 B．240 C． π D． π
3 3
【答案】A
【分析】利用扇形面积公式即可计算得解．
【详解】解：∵扇形的田，弧长30步，其所在圆的直径是16步，
1
∴这块田的面积S= ×30×8=120（平方步），
2
故选：A．
【点睛】本题是扇形面积公式的应用，考查了推理能力，是基础题．
47．（2022·河南许昌·统考二模）如图1，是一枚残缺的古代钱币．图2是其几何示意图，正方形ABCD的
边长是1cm，⊙O的直径为2cm，且正方形的中心和圆心O重合，E，F分别是DA，CD的延长线与⊙O
的交点，则钱币残缺部分（即图2中阴影部分）的面积是___________cm2．π 1
【答案】 −
4 2
【分析】根据圆的性质进行求解即可；
【详解】解：如图，延长正方形ABCD的四边得到圆O的内接正方形EFGH，
∴∠EOF=90°
∵该圆直径为2，则半径为1
90° 1 π 1
∴S = ⋅π⋅12− ×1×1= −
阴影 360° 2 4 2
π 1
故答案为： −
4 2
【点睛】本题主要考查圆的性质，掌握圆的性质并正确求解是解题的关键．
48．（2022秋·山东日照·九年级统考期末）中华民族历史悠久，在我国古代艺术宝库中，传统图案纹样丰
富多彩，璀璨夺目．在如图的4×4正方形网格中利用圆弧绘制了一个传统图案纹样，已知每个小正方形的
边长都是1，图中的阴影部分图案是以格点为圆心，半径为1的圆弧围成的，则图案（阴影部分）的面积
是______________．【答案】8−4π##-4π+8
【分析】将阴影部分分割为四个 与四个 ，分别计算面积，即可得到阴影部分的面积．
【详解】解：这部分的阴影面积恰好为一个正方形的面积，图中共有四个相同的部分，它们的面积和=
4×1=4，
图中这部分的阴影面积=1×1−π×12=1−π，共有四个相同的部分，
它们的面积和=4(1−π)，
∴图案（阴影部分）的面积=4+4(1−π)=8−4π，
故答案为：8−4π．
【点睛】此题考查了列代数式，实数的混合运算，正确分割阴影部分的面积将难度降低是解题的关键．
49．（2022·广东·惠州一中校考二模）如图1，是一枚残缺的古代钱币，如图2，经测量发现，钱币完好部
分的弧长为3π，其内部正方形ABCD的边长为1．已知正方形ABCD的中心与⊙O的圆心重合，且点E，F
分别是边BC，CD的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为__________________．
1
【答案】π−
4
【分析】如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．先利用弧长公式求出r，再利用分割法求解即
可．【详解】解:如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．
设⊙O的半径为r．
由题意，钱币完好部分的弧长为3π，
3
∴ ×2πr＝3π，
4
∴r＝2，
1 1
∴S ＝ （πr2﹣1）＝π﹣ ．
阴 4 4
【点睛】本题考不规则图形的面积，熟练掌握弧长公式、分割法求面积是解决本题的关键．
50．（2022秋·九年级单元测试）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表．其中《方田》章给出计
1
算弧田面积的公式为：弧田面积= （弦×矢+矢2）．如图，弧田由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”
2
指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．按照上述公式计算所得弧田面积与其实际面
积之间存在误差．现有圆心角∠AOB为120°，弦长AB=2√3m的弧田．
（1）计算弧田的实际面积．
（2）按照《九章算术》中弧田面积的公式计算所得结果与（1）中计算的弧田实际面积相差多少平方米?
（取π近似值为3，√3近似值为1.7）
【答案】（1）弧田的实际面积为 (4π −√3 ) m2 ；（2）按照《九章算术》中弧田面积的公式计算所得结果
3
与（1）中计算的弧田实际面积相差0.1m2．
【分析】（1）先利用勾股定理及含30°的直角三角形的性质求解AO与AB的长度，接着算出ΔAOB的面积，再通过扇形面积公式求解扇形AOB的面积，最后利用割补法求解弧田面积．
（2）利用题中的公式求解出弧田面积，然后让该结果与题（1）中的结果相减，求出两者之差．
【详解】（1）解：∵OD⊥弦AB，
∴由垂径定理可知：OD平分AB，并且OD还平分∠AOB．
AB ∠AOB
∴AC= =√3m，∠AOC= =60°
2 2
在Rt ΔACO中，OC对应的角的为30°
∴ 设OC=x，则AO=2x．
由勾股定理可知：x2+√3 2=(2x) 2
∴ 解得x=1（x=−1舍去）
∴OC=1m，AO=2m．
1 120×22π 4π
∵S = AB×OC=√3m2 ，扇形AOB的面积为 = m2
ΔAOB 2 360 3
∴弧田实际面积为 (4π −√3 ) m2 ．
3
（2）解：由题（1）可得圆心到弦的距离等于1，故矢长为1．
1 1
∴ 按照题中弧田的面积公式得：弧田面积为 ×(2√3×1+12 )=(√3+ )m2 ，
2 2
∴两者之差面积之差为 (4π −√3 ) −(√3+ 1 )≈0.1m2 ．
3 2
【点睛】本题主要是考查了扇形面积公式以及圆和直角三角形的相关性质，注意此题利用了割补法求解弧
田面积，这是初中数学求解面积常用的方法之一，一定要熟练掌握.
