文档文本内容
2026 年中考数学一轮复习精讲精练
模块六 圆
专题6 圆的相关计算
知识梳理
【考点一】圆的周长
通过操作和计算，我们发现圆的周长都是直径的固定的倍数，我们把这个倍数叫做圆周率，用字母π表
示，
π读作“pai”；圆周率π是个无限不循环小数，π≈3.14．
圆的周长÷直径＝圆周率．
用字母C表示圆的周长，d表示直径，r表示半径，那么：C=πd或C=2πr．
【考点二】 弧长公式
1. 弧的概念：
圆上两点之间的部分称为弧，它是圆的一部分.
圆任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每条弧都叫作半圆.
我们把小于半圆的弧叫作劣弧，把大于半圆的弧叫作优弧.
2. 弧长公式：在半径为R的圆中，因为360°的圆心角所对的弧长就是圆周长C=2πR，所以1°的圆心角
2πR πR n nπR
所对的弧长是 ，即 ，于是n°的圆心角所对的弧长为l= ⋅2πR= ，弧长为l的弧所对的
360 180 360 180
180l
圆心角为n= 度．
πR
【考点三】 扇形的面积公式
1. 扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形．
2. 扇形面积公式：在半径为R的圆中，因为360°的圆心角所对的扇形的面积就是圆面积S=πR2，所以圆
πR2 nπR2
心角是1°的扇形面积是 ，于是圆心角为n°的扇形面积是S = ，还可以用弧长表示扇形面积
360 扇形 3601
S = lR，其中l为扇形的弧长．
扇形 2
【考点四】 圆锥的侧面积和全面积
1. 圆锥的母线：连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．
2. 圆锥的高：连接圆锥顶点和底面圆心的线段叫做圆锥的高．
3. 圆锥的基本特征
（1）圆锥的轴通过底面圆心，并垂直于底面．
（2）圆锥的母线长都相等．
（3）圆锥可以看作是由一个直角三角形绕一条直角边所在的直线旋转而成的图形，所以圆锥的母线 l，圆
锥的高h，圆锥的底面半径r恰好构成一个直角三角形．
4. 圆锥的侧面积和全面积：母线长为l，底面圆的半径为r的圆锥的侧面积S =πrl．全面积就是它的侧
侧
面积与它的底面积之和，即S =πrl+πr2 ．
全
例题讲解
【题型一】圆的周长的计算
◇典例1：
如图，一台压路机的前轮直径是1.5m，如果前轮每分钟转动6周，压路机每分钟前进（ ）m
A．28.26 B．56.52 C．9
【答案】A【分析】本题考查了圆的周长的应用．根据题意得出：求压路机前进的距离，就是求出圆的周长，再算出
6周的长度，最后算出每分钟前进的距离．
【详解】解：1.5×3.14×6
=28.26(m)，
故选：A．
◆变式训练
1.小丽要用圆规画一个周长是15.7cm的圆，圆规两脚间应该量取的距离是（ ）cm．（π取3.14）
A．15.7 B．5 C． 2.5 D．3.14
【答案】C
【分析】本题考查了用圆规画圆的方法，圆的周长公式．
圆规两脚间的距离是圆的半径，根据圆的周长公式C=2πr，可求出半径r．
【详解】解：∵C=2πr，C=15.7cm，π=3.14，
∴r=C÷(2π)=15.7÷(2×3.14)=15.7÷6.28=2.5cm，
∴圆规两脚间应该量取的距离是2.5cm．
故选：C．
2.杂技艺术在我国已有2000多年的历史．一名杂技演员在一根悬空的钢丝绳上骑独轮车，车轮的半径是
30cm，从钢丝绳的一端到另一端，车轮正好转动20周．这名杂技演员骑独轮车在钢丝绳上行驶了多少
米？
【答案】37.68米
【分析】此题主要考查圆的周长公式的灵活运用，关键是熟记公式．
根据圆的周长公式：C=2πr，把数据代入公式求出车轮的周长，然后再乘车轮滚动的圈数即可．
【详解】解：2×3.14×30×20=3768(cm)=37.68（米），
答：这名杂技演员骑独轮车在钢丝绳上行驶了37.68米．
【题型二】利用弧长公式求弧长
◇典例2：
如图，线段AB经过圆心O，交⊙O于点A，C，AD为⊙O的弦，连接BD，∠A=∠B=30°．(1)求证：直线BD是⊙O的切线；
(2)已知BC=2，求D´C的长（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
2
(2) π
3
【分析】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，含30度角的直角三角形的性质．
（1）先由三角形内角和定理得出∠ADB=120°，再根据OA=OD得∠A=∠ODA=30°，进而可得
∠ODB=90°，再根据切线的判定可得出结论；
1 1
（2）根据含30度角的直角三角形的性质得OD= OB，设OD=OC=r，则r= (r+2)，求出r，再得
2 2
∠DOB=∠A+∠ODA=60°，然后根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵∠A=∠B=30°，
∴∠ADB=180°−∠A−∠B=120°，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA=30°，
∴∠ODB=120°−30°=90°，
∴OD⊥BD，
且OD是⊙O的半径，
∴直线BD是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△DOB中，∠ODB=90°,∠B=30°，
1
∴OD= OB，
2设OD=OC=r，
1
∴r= (r+2)，
2
解得r=2，
∵∠DOB=∠A+∠ODA=60°，
60πr 2
∴D´C的长为： = π．
180 3
◆变式训练
1.西安“不倒翁小姐姐”再次让全国人民领略了大唐的风采，同时催生了众多富有文化特色的文创产品
（如图①），图②是从正面看到该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知不倒翁的边缘PA，PB分别
与⊙O相切于点A，B．若该圆的半径是3cm，∠P=60°，则AM´ B的长是（ ）
A．6πcm B．4πcm C．3πcm D．2πcm
【答案】B
【分析】本题考查切线的性质，弧长的计算，多边形内角和．利用切线的性质可得∠PAO=∠PBO=90°
，进而得到∠AOB=120°，以及AM´ B所对圆心角，最后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，连接OA，OB，
∵ PA PB ⊙O
， 分别与 相切于点 A， B，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵ ∠P=60°，
∴∠AOB=120°，
∴ AM´ B所对圆心角为360°−∠AOB=240°，
∵该圆半径是3cm，240×π×3
∴ AM´ B的长是 =4π(cm)，
180
故选：B．
2.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−4,0)，B(0,2)，D(4,0)，且点B，C在A´D上．若
∠BAC=22.5°，则B´C的长为 ．
5π 5
【答案】 / π
4 4
【分析】本题考查了圆的相关知识，涉及勾股定理，同弧所对的圆心角与圆周角的2倍关系，以及弧长的
⏜
计算．解题的关键是求出圆的半径与
BC
所对的圆心角．根据AD⊥OB，延长BO到圆心E，在Rt△OEA
⏜
设未知数求出半径的长，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的两倍，即可求出 圆心角∠BEC=45°，
BC
利用弧长公式即可求解．
【详解】解：∵A(−4,0)，D(4,0)，
∴AO=DO，
∵AC⊥y轴，
∴圆心在y轴上，
设圆心为点E，连接CE、AE、DE，
，
∵在坐标系中：A(−4,0)，B(0,2)，D(4,0)，
∴可知：AO=OD=4，OB=2，
此时由于半径相等：AE=BE=DE，
∴设OE=x，则AE=BE=2+x，∵由题可知：AD⊥BE，
∴在Rt△OEA中有勾股定理：AO2+OE2=AE2，
∴42+x2=(x+2) 2，解得：x=3，
∴半径为：5，
∵同弧所对的圆心角等于圆周角的两倍，∠BAC=22.5°，
∴∠BEC=2∠BAC=45°，
45×π×5 5π
∴ ⏜ 的长为： = ．
BC
180 4
5π
故答案为： ．
4
【题型三】利用弧长公式求长度
◇典例3：
π
如图，PM切⊙O于点P，弦PQ∥OM，若∠OMP=30°，劣弧PQ的弧长为 ，则线段OM的长为
3
( )
A．1 B．2 C．3 D．π
【答案】B
【分析】本题考查了切线的性质，弧长公式，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质；
连接OP,OQ，根据切线的性质得出OP⊥PM，根据含30度角的直角三角形的性质得出MO=2PO，进
π
而得出△OPQ是等边三角形，则∠POQ=60°，根据劣弧PQ的弧长为 ，设OP=r，得出r=1，进一步
3
即可求解．
【详解】解：如图，连接OP,OQ，∵PM切⊙O于点P，
∴OP⊥PM，
∵∠OMP=30°，
∴∠POM=60°，MO=2PO
∵PQ∥OM，
∴∠OPQ=60°，
∵OP=OQ，
∴△OPQ是等边三角形，
∴∠POQ=60°
π
∵劣弧PQ的弧长为 ，设OP=r，
3
60 π
∴ πr=
180 3
解得：r=1
∴OM=2PO=2，
故选：B．
◆变式训练
1.如图1，这是中国古建筑中的正六边形窗户设计图，图2是由其抽象而成的正六边形ABCDEF，⊙O是
2
它的外接圆，连接OC，OD，作OG⊥CD．若劣弧CD的长为 π，则OG= ．
3
【答案】√3
【分析】先求出中心角∠COD=60°，再根据弧长公式求得半径为2，然后解Rt△OGD即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，⊙O是它的外接圆，
360°
∴中心角∠COD= =60°，
6
2
∵劣弧CD的长为 π，
32 60π×OD
∴ π= ，
3 180
解得：OD=2，
∵OG⊥CD，OC=OD
1
∴∠GOD= ∠COD=30°，
2
∴OG=√3，
故答案为：√3．
2
2.如图为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中A´D长度为 π
5
11
米，B´C长度为 π米，圆心角∠AOD=60°，则裙长AB为 米．
15
【答案】1
【分析】本题考查了扇形的弧长公式．解题的关键在于正确的计算．
60π⋅OA 2 60π⋅OB 11
由题意知，l = = π，l = = π，计算求解OA，OB的值，然后根据
A´D 180 5 B´C 180 15
AB=OB−OA计算求解即可．
60π⋅OA 2 60π⋅OB 11
【详解】解：由题意知，l = = π，l = = π，
A´D 180 5 B´C 180 15
6 11
解得OA= ，OB= ，
5 5
∴AB=OB−OA=1，
故答案为：1．
【题型四】利用弧长公式求圆心角
◇典例4：
小明陪弟弟玩积木的时候，发现放在同一水平面上的两个积木的横截面分别是以MN=20cm为直径的半圆
O和边长为4cm的正方形ABCD，P，Q分别为半圆O上的点，如图1所示，此时半圆O与水平面恰好切于点P，AP=12cm，延长CD与半圆O分别交于点E，F．将半圆O向右无滑动滚动，使点D落在半圆O
上，此时半圆O与水平面恰好切于点Q，如图2所示．
(1)在图1中，求弦EF的长；
(2)在图2中，求P´Q所对的圆心角度数；（结果保留π）
【答案】(1)EF=16cm；
(72) ∘
(2) ；
π
【分析】（1）如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T，可得四边形ADTP为矩形，得到OP⊥EF，
PT=AD=4cm，进而得ET=FT，由MN=20cm可得OT=6cm，在Rt△OET中，利用勾股定理求出ET
，即可求解；
（2）如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G，可得四边形ADGQ为矩形，得到AQ=DG，
QG=AD=4cm，∠OGD=90∘，由MN=20cm可得OG=6cm，进而由勾股定理得DG=8cm，即得
AQ=DG=8cm，得到P´Q的长为AP−AQ=4cm，再根据弧长公式即可求解；
【详解】（1）解：如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T，
∵半圆O与水平面相切于点P，OP为半圆O的半径，四边形ABCD为正方形，
∴∠OPA=∠DAP=∠ADT=90∘，
∴四边形ADTP为矩形，
∴OP⊥EF，PT=AD=4cm，
∴ET=FT，
∵MN=20cm，
∴OE=OP=10cm，
∴OT=6cm，∴在Rt△OET中，ET=√102−62=8( cm)，
∴EF=2ET=16cm；
（2）解：如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G，
∵四边形ABCD为正方形，半圆O与水平面相切于点Q，OQ为半圆O的半径，
∴∠GQA=∠DAQ=∠ADG=90∘，
∴四边形ADGQ为矩形，
∴AQ=DG，QG=AD=4cm，∠OGD=90∘，
∵MN=20cm，
∴OD=OQ=10cm，
∴OG=6cm，
∴在Rt△ODG中，DG=√102−62=8(cm)，
∴AQ=DG=8cm，
∵AP=12cm，
∴P´Q的长为AP−AQ=4cm，
10nπ
∴ =4，
180
72
解得n= ，
π
(72) ∘
∴P´Q所对的圆心角度数为 ；
π
◆变式训练
6
1.一个扇形的弧长是 π cm，半径是6cm，则此扇形的圆心角是 度．
5
2.一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的直径是8cm，当重物上升2π cm时，滑轮的一条半径OA绕轴心O
按逆时针方向旋转的角度为（ ）A．60° B．90° C．120° D．180°
【答案】B
【分析】本题考查了弧长公式的计算，重物上升2πcm时，即弧长是2πcm，设旋转的角度是n°，利用弧
长公式计算即可得出答案，熟练掌握弧长公式是解此题的关键．
【详解】解：∵滑轮的直径是8cm，
∴滑轮的半径是4cm，
设旋转的角度是n°，
nπ×4
由题意得： =2π，
180
解得：n=90，
∴滑轮的一条半径OA绕轴心O按逆时针方向旋转的角度约为90°，
故选：B．
【题型五】求某点的弧形运动路径长度
◇典例5：
如下图，等边△ABC的边长为2，△ABC在直线l上绕其右下角的顶点C顺时针旋转120°至图①位置，再
绕右下角的顶点继续顺时针旋转120°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转9次后，顶点A在整个旋
转过程中所经过的路程之和是 ．
【答案】8π
【分析】本题考查了探索规律问题和弧长公式的运用，掌握旋转变换的性质、灵活运用弧长的计算公式、
发现规律是解决问题的关键．首先求得每一次转动的路线的长，发现每3次循环，找到规律然后计算即
可．
【详解】解∶如图所示，120 4
解：转动一次顶点A至点A ，旋转120°，路线长是： ×π×2= π，
1 180 3
转动第二次顶点A 至点A ，未动，路线长是：0，
1 2
120 4
转动第三次顶点A 至点A ，旋转120°，路线长是： ×π×2= π，
2 3 180 3
以此类推，每三次循环，
4 8
故顶点A转动三次经过的路线长为： π×2= π，
3 3
∵9次旋转重复了9÷3=3（遍），
8
∴顶点A转动在整个旋转过程中所经过的路程之和为： π×3=8π．
3
故答案为 ∶8π．
◆变式训练
1.如图，将等边△ABC的边AC逐渐变成以B为圆心、BA为半径的A´C，长度不变，AB、BC的长度也不变，
则∠ABC的度数大小由60°变为（ ）
60 90 120 180
A．（ ）° B．（ ）° C．（ ）° D．（ ）°
π π π π
【答案】D
【分析】设∠ABC的度数为n，根据弧长的计算公式把已知条件代入计算即可．
【详解】解：设∠ABC的度数大小由60变为n，
nπ×AB
则AC= ，由AC=AB，
180
180
解得n=
π
故选D．
2.如图①，是一底面为正方形的石凳，其底面边长为30cm，图②是其底面示意图，工人在没有滑动的情况下，将石凳绕着点A在地面顺时针旋转，当旋转60°时，点C在地面划出的痕迹长为（ ）
A．10πcm B．10√2πcm C．10√3πcm D．20πcm
【答案】B
【分析】本题主要考查勾股定理和弧长公式的应用．解题关键在于确定点C的运动轨迹是圆弧，利用勾股
定理求出圆弧所在圆的半径，再准确运用弧长公式进行计算．本题需要先确定点C的运动轨迹，再根据弧
长公式计算轨迹长度．点C绕点A顺时针旋转60°，其运动轨迹是以A为圆心，AC长为半径的一段圆弧，
先求出AC的长度，再利用弧长公式计算．
【详解】解：∵底面是边长为30cm的正方形，
∴对角线AC的长度为√302+302=√2×302=30√2cm．
∵n=60°，半径r=AC=30√2cm．
60×π×30√2
∴点C在地面划出的痕迹长l= =10√2πcm．
180
【题型六】利用扇形面积公式求面积
◇典例6：
图1为人行通道扇形闸门，图2为其上半部分的平面示意图．闸门关闭状态时，扇形AMC与扇形BNC相
交于点C，且两扇形的半径分别是矩形AMNB的两对边AM和BN．已知MN=60cm，圆心角
∠AMC=∠BNC=30°，则扇形AMC的面积等于 cm2．（结果保留π）
【答案】300π
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积公式，熟练掌握相关知识点是解题
的关键．30πAM2 30π×602
证明△CMN是等边三角形，求出AM=CM=60cm，得到S = = =300π（cm2
扇形AMC 360 360
），即可得到答案．
【详解】解：∵矩形AMNB，
∴AM=BN，∠AMN=∠BNM=90°，
∵ ∠AMC=∠BNC=30°，
∴∠CMN=∠AMN−∠AMN=60°，∠CNM=∠BNM−∠BNC=60°，
∵AM=CM,BN=CN，
∴CM=BN，
∴△CMN是等边三角形，
∴CM=MN=60cm，
∴AM=CM=60cm，
30πAM2 30π×602
∴S = = =300π（cm2），
扇形AMC 360 360
故答案为：300π
◆变式训练
1.如图，AB为⊙O的直径，⊙O的切线CE交BA的延长线于点E，点D在B´C上，A´C=B´D，连接
AC，BC，AD．
(1)如图1，求证：∠CEA=∠CAD；
(2)如图2，若∠CEB=2∠CBE，OE=5√2，求扇形BOD的面积．
【答案】(1)见解析
25
π
(2)
8
【分析】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，求扇形面积，勾股定理，等腰三角形的性
质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键。
（1）由切线的性质可得∠OCE=90°，则∠CEA+∠3=90°，再由等边对等角和三角形外角的性质得到
∠3=2∠2，再证明∠4=∠2，∠CAD+∠3=90°，即可证明∠CEA=∠CAD．
（2）先证明∠3=∠CEA=45°，则∠4=22.5°，由圆周角定理得到∠DOB=2∠4=45°，进一步求出CO=5，据此利用扇形面积计算公式求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接CO，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∴∠CEA+∠3=90°，
∵OC=OB，
∴∠1=∠2，
∴∠3=∠1+∠2=2∠2，
∵A´C=B´D，
∴∠4=∠2，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠4+∠2=90°，即∠CAD+∠3=90°，
∴∠CEA=∠CAD．
（2）解：如图，连接CO，DO，由（1）得∠3=2∠2=2∠4，
∵∠CEA=2∠CBE=2∠4，
∴∠CEA=∠3，
∵∠ECO=90°，
∴∠3=∠CEA=45°，
∴∠4=22.5°，
∴∠DOB=2∠4=45°，
∵OE=5√2，
∴CO=5，45π×52 25
∴S = = π．
扇形BOD 360 8
2.如图，正五边形和正六边形有公共边AB=5cm．以点A为圆心，AB为半径画圆．则扇形ACD的面积为
．
55π
【答案】
cm2
6
【分析】本题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，根据正多边形内角和公式求出∠CAB、∠DAB
的度数，利用扇形面积公式计算即可，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是解题的关键．
(5−2)×180°
【详解】解：由正五边形和正六边形可得：∠CAB= =108°，
5
(6−2)×180°
∠DAB= =120°，
5
∴∠CAD=360°−∠CAB−∠DAB=360°−108°−120°=132°，
132×π×52 132×π×25 55π
∴扇形ACD的面积为 = = (cm2)，
360 360 6
55π
故答案为：
cm2
．
6
【题型七】求弓形面积
◇典例7：
如图，矩形ABCD中，AB=4√2，AD=2，以AB为直径作半圆O，则图中阴影部分的面积是（ ）
4 8 2 4
A．4π−8 B．2π−4 C． π− D． π−
3 3 3 3
【答案】B
【分析】本题主要考查了求扇形面积，垂径定理，勾股定理．设CD与半圆O交于点E，F，过点O作1 1
OM⊥CD于点M，则OM=AD=2，OE= AB= ×4√2=2√2，根据垂径定理可得EF=2EM，
2 2
∠FOM=∠EOM，再结合勾股定理可得OM=EM，EF=2EM=4，从而得到∠EOF=90°，然后根
据S −S ，即可求解．
扇形EOF △EOF
【详解】解：如图，设CD与半圆O交于点E，F，过点O作OM⊥CD于点M，则OM=AD=2，
1 1
OE= AB= ×4√2=2√2，
2 2
∴EF=2EM，∠FOM=∠EOM，
∴EM=√OE2−EM2=2，
∴OM=EM，EF=2EM=4，
∴△EOM是等腰直角三角形，
∴∠FOM=∠EOM=45°，
∴∠EOF=90°，
2
90π×(2√2) 1
∴图中阴影部分的面积是S −S = − ×2×4=2π−4．
扇形EOF △EOF 360 2
故选：B．
◆变式训练
1.如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以三角形边长为半径画弧，得到的封闭图形是“勒洛三角
形”，若等边三角形的边长AB=2，则“勒洛三角形”与等边△ABC围成阴影部分的面积等于 （结
果保留π）．
【答案】2π−3√3【分析】本题主要考查了求不规则图形的面积，等边三角形的性质，勾股定理，过点A作AH⊥BC于
1
H，由等边三角形的性质得到∠ACB=60°，BH= BC=1，则由勾股定理可得AH=√AB2−BH2=√3
2
，再根据S =3(S −S )计算求解即可．
阴影 扇形ACB △ABC
【详解】解：如图所示，过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，AB=2，
∴BC=AB=2，∠ACB=60°，
1
∴BH= BC=1，
2
∴AH=√AB2−BH2=√3，
∴S =3(S −S )
阴影 扇形ACB △ABC
(60π×22 1 )
=3 − ×2×√3
360 2
=2π−3√3，
故答案为：2π−3√3．
2.家庭折叠型餐桌两边翻开后成圆形桌面（如图①），餐桌两边AB和CD平行且相等（如图②），小华用
皮尺量出BD=1米，BC=0.5米，则阴影部分的面积为（ ）( π √3) (π √3) ( π √3) (π √3)
A． − 平方米 B． − 平方米 C． − 平方米 D． −
12 8 6 8 12 4 6 4
平方米
【答案】B
【分析】此题主要考查了勾股定理以及扇形面积计算以及三角形面积求法等知识，熟练掌握特殊角的三角
函数关系是解题关键．设圆心为O，连接CO，过点O作OE⊥CD于点E，进而得出CD，EO的长以及
∠COD的度数，进而由S ❑ ＝S ❑ −S ❑ 得出弓形CD的面积，进一步即可求得阴影
弓形 CD面积 扇形 COD △ COD
部分的面积．
【详解】解：设圆心为O，连接CO，过点O作OE⊥CD于点E，
由题意可得出：∠BCD=90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵BD=1米，BC=0.5米，
1 √3
∴BC= BD，CD=√BD2−CD2= 米，
2 2
∴∠BDC=30°，
1 1
∴OE= OD= 米，
2 4
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠BDC=30°，
∴∠COD=120°，
(1) 2
120π×
∴ 2 1 1 √3 ( π √3)平方米，
S ❑ =S ❑ ﹣S ❑ = − × × = −
弓形 CD面积 扇形 COD △ COD 360 2 4 2 12 16
( π √3) (π √3)
∴阴影部分的面积为：2× − = − 平方米．
12 16 6 8
∴故选：B．【题型八】求图形旋转后扫过的面积
◇典例8：
如图，在平面直角坐标系中，ΔABC的顶点坐标分别是A(0,4)，B(0,2)，C(3,2)．
(1)将ΔABC以O为旋转中心旋转270°，画出旋转后对应的ΔA B C ；并求出AC边旋转扫过的面积．
1 1 1
(2)将ΔABC平移后得到ΔA B C ，若点A的对应点A 的坐标为(2,2)，求ΔA C C 的面积．
2 2 2 2 1 1 2
9π
【答案】(1)见解析，AC边旋转扫过的面积
4
27 3
(2)见解析，ΔA C C 的面积为 或
1 1 2 2 2
【分析】本题考查了作图—旋转变换，坐标与图形变化—平移，利用网格求三角形的面积，解题的关键是
熟练掌握旋转变换、平移变换的性质．
（1）分类讨论：①当ΔABC以O为旋转中心顺时针旋转270°时；②当ΔABC以O为旋转中心逆时针旋转
270°时，逐一作图求解即可；
（2）根据A(0,4)向右平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度得到A (2,2)，即可作图，再由①当
2
ΔABC以O为旋转中心顺时针旋转270°时；②当ΔABC以O为旋转中心逆时针旋转270°时，分类讨论，
即可解答．
【详解】（1）解：①当ΔABC以O为旋转中心顺时针旋转270°时，如图，设以OC为半径的圆与x,y轴
交于点F,E，由A(0,4)，C(3,2)得OA=4，OC=√22+32=√13，
∵旋转，
∴∠AOC=∠A OC ，
1 1
⏜ ⏜
∴CE=C F，
1
270π×42 270π×(√13) 2 9π
∴AC边旋转扫过的面积为 − = ．
360 360 4
②当ΔABC以O为旋转中心逆时针旋转270°时，如图，
270π×42 270π×(√13) 2 9π
同理可得，AC边旋转扫过的面积为 − = ．
360 360 4
（2）解：①如图,1 27
∴S = ×9×3= ；
ΔA 1 C 1 C 2 2 2
②如图，
1 3
∴S = ×3×1= ．
ΔA 1 C 1 C 2 2 2
27 3
综上所述，ΔA C C 的面积为 或 ．
1 1 2 2 2
◆变式训练
1.如图，在等腰直角三角形ABC中，直角边长是2，若将此三角形绕直角顶点C顺时针旋转90°，那么斜
边AB扫过的面积为（ ）
3
A．π B． π−2 C．2π D．2π−2
2
【答案】B⏜ ⏜
【分析】此题考查了扇形的面积公式，根据题意画出图形，AB边在旋转时所扫过的面积为 所
EF、ABD
围成的图形面积S，据此进行求解即可．
【详解】解：如图所示，由题意可得，AC=BC=CD=2, △ABD,△ABC,△BCD都是等腰直角三角
√2
形，则CE=CF= AC=√2，
2
⏜ ⏜
AB边在旋转时所扫过的面积为 所围成的图形面积S，
EF、ABD
S=S −S −S −S
半圆 扇形ECF △ACE △CDF
2
1 90π×(√2) 1 1
= π×22− − ×(√2) 2 − ×(√2) 2
2 360 2 2
1 1
= ×4π− π−2
2 2
3
= π−2
2
故选：B
2.当汽车在雨天行驶时，为了看清道路，司机要启动前方挡风玻璃上的雨刷器．如图所示是某汽车的一个
雨刷器示意图，雨刷器杆OM与雨刷AB在M处固定连接（不能转动），若测得AO=80cm，BO=20cm
，当杆OM绕点O转动90°时，雨刷AB扫过的面积是（ ）
A．1600πcm2 B．1500πcm2 C．900πcm2 D．800πcm2
【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，扇形面积，理解图示，掌握扇形面积的计算是关键．
如图所示，延长
BB
⏜ '交OA于点C，
BB
⏜ '与OA'交于点D，可得△OAB≌△OA'B'(SSS)，则
S =S ，由S =S −S 代入计算即可．
△OAB △OA'B' 圆环 扇形AOA' 扇形OCD
⏜ ⏜
【详解】解：如图所示，延长 BB'交OA于点C， BB'与OA'交于点D，
∵旋转，
∴OB=OB',OA=OA',AB=A'B'，
∴△OAB≌△OA'B'(SSS)，
∴S =S ，
△OAB △OA'B'
∴当杆OM绕点O转动90°时，雨刷AB扫过的面积是圆环A A'DC的面积，
∵AO=80cm,BO=20cm，∠AOA'=90°，
90°π×802 90π×202
∴S =S −S = − =1500πcm2，
圆环 扇形AOA' 扇形OCD 360° 360°
故选：B ．
【题型九】不规则图形的面积计算
◇典例9：
如图，AB是⊙O的直径，C，E是⊙O上两点，AC平分∠BAE，CD⊥AE交AE的延长线于点D．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AE=BC=2，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析
3√3 2π
(2) −
2 3
【分析】（1）连接OC，则OC=OA，得到∠OCA=∠BAC，根据角平分线的定义得到
∠EAC=∠BAC，求得∠OCA=∠EAC，根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）连接OE，OC，CE，根据角平分线的定义得到∠EAC=∠BAC，求得
∠AOE=∠COE=∠COB=60°，根据等边三角形的性质得到∠CEO=∠AOE=60°，OE=AE=2，
1 √3
根据直角三角形的性质得到CD= AC=√3，AD= AC=3，根据三角形和扇形的面积公式即可得到
2 2
结论．
【详解】（1）证明：连接OC，
则OC=OA，
∴∠OCA=∠BAC，
∵AC平分∠BAE，
∴∠EAC=∠BAC，
∴∠OCA=∠EAC，
∴OC∥AE，
∵CD⊥AE交AE的延长线于点D，
∴∠OCF=∠ADC=90°，
∵OC是⊙O的半径，
且CD⊥OC于点C，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接OE，OC，CE，∵AC平分∠BAE，
∴∠EAC=∠BAC，
∴C´E=B´C，
∵AE=BC=2，
∴A´E=B´C，
∴A´E=C´E=B´C，
∴∠AOE=∠COE=∠COB=60°，
∵OE=OC，
∴△COE，△AOE都是等边三角形，
∴∠CEO=∠AOE=60°，OE=AE=2，
∴CE∥AB，∠BAC=∠CAD=30°，
∴AB=2BC=4，
∴AC=√3BC=2√3，
1 √3
∴CD= AC=√3，AD= AC=3，
2 2
∴S =S ，
△ACE △COE
1 60π×22 3√3 2π
∴图中阴影部分的面积=S −S = ×3×√3− = − ．
△ACD 扇形COE 2 360 2 3
◆变式训练
1.如图，在扇形AOB中，∠AOB=30°，OA=2√3，点C在OB上，且OC=AC．延长CB到D，使
CD=CA．以CA，CD为邻边作平行四边形ACDE，则图中阴影部分的面积为 （结果保留π）．
【答案】3√3−π
【分析】本题考查扇形面积公式，平行四边形性质，含30°三角形的性质，正确将阴影面积进行组合是解决问题的关键．由题意，利用S =S +S −S 计算即可．
阴影 △AOC ▱ACDE 扇形OAB
【详解】解：过A作AH⊥OD于H，
∵∠AOB=30°，OA=2√3，
1
∴AH= OA=√3，
2
∵OC=AC，
∴∠OAC=∠AOB=30°，
∴∠ACB=30°+30°=60°，
∴∠CAH=30°，
∴AC=2CH，
设CH长度为x，则AC=2x，在△ACH中，由勾股定理得：
x2+(√3) 2=(2x) 2
解得：x=±1，
∵x>0，
∴x=1，
则CH=1，AC=2，
∴CD=CA=OC=2，
∴S =S +S −S
阴影 △AOC ▱ACDE 扇形OAB
2
1 30×π×(2√3)
= ×2×√3+2×√3−
2 360
=√3+2√3−π
=3√3−π．
故答案为：3√3−π．
2.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点O在边AB上，OA=2√2，以O为圆心，OA长为半
径作半圆，恰好与BC相切于点D，交AB于点E，则阴影部分的 ．【答案】π+2√2
【分析】本题考查了切线的性质（圆的切线垂直于经过切点的半径），等腰直角三角形的性质和扇形的面
积计算．解题的关键是牢固掌握相关性质并灵活运用．连接OD，作OH⊥AC于点H，如图，先利用等
√2
腰直角三角形的性质得到∠CAB=45°，则OH= OA=2，再根据切线的性质得到OD⊥BC，于是可
2
判断OD∥AC，所以∠EOD=∠BAC=45°，然后根据三角形面积公式和扇形的面积公式，利用阴影部
分的面积=S +S 进行计算即可．
△AOD 扇形DOE
【详解】解：连接OD，作OH⊥AC于点H，如图，
∴OD=OA=2√2
，
∵∠C=90°,AC=BC，
∴∠CAB=45°，
√2 √2
∴OH= OA= ×2√2=2，
2 2
∵⊙O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴OD∥AC，
∴∠EOD=∠BAC=45°，
2
1 45×π×(2√2)
∴阴影部分的面积=S +S = ×2√2×2+ =π+2√2，
△AOD 扇形DOE 2 360
故答案为：π+2√2．【题型十】求圆锥的侧面积
◇典例10：
如图所示，矩形纸片ABCD中，AD=12cm，把它分割成正方形纸片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底面和侧面，则圆锥的侧面积为 ．
【答案】16πcm2
【分析】本题考查了圆锥的计算，矩形的性质，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．
设AB=x，则DE=12−x，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程求出AB=8cm，进而求得圆
锥的侧面积．
【详解】解：设AB=x，则DE=12−x，
90πx
根据题意，得 =π(12−x)
180
解得x=8，
∴ AB=8(cm)，
90π×82
∴圆锥的侧面积为 =16π(cm2)．
360
故答案为：16πcm2．
◆变式训练
1.如图，BC为圆锥底面直径，AD为圆锥的高，若AD=5cm，∠BAC=60°，则这个圆锥的侧面积为
cm2（结果保留π）．
50π
【答案】
3【分析】本题考查了解直角三角形，圆锥的侧面积公式，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解答
本题的关键．
根据题意求得圆锥的底面半径和母线长，然后利用圆锥的侧面积公式即可求解．
【详解】解：∵AB=AC，AD⊥BC，
1
∴∠BAD= ∠BAC=30°，
2
在Rt△ABD中，AD=5cm，
√3 5√3
∴BD=AD⋅tan∠BAD=5× = (cm)，
3 3
10√3
∴AB=2BD= (cm)，
3
5√3 10√3 50π
∴这个圆锥的侧面积为 × π= (cm2)，
3 3 3
50π
故答案为： ．
3
2.如图，物体由两个圆锥组成，其主视图中，∠C=60°，∠ABC=105°，若上面圆锥的侧面积为5，则
下面圆锥的侧面积为（ ）
15
A．10 B．5√3 C． D．5√2
2
【答案】D
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇
形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．
先证明△CBD为等边三角形得到BC=BD，再证明△ABD为等腰直角三角形得到BD=√2AB，再利用圆
锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB:BC，从而得到下面圆锥
的侧面积．
【详解】∵∠C=60°，
而CB=CD，
∴△CBD为等边三角形，∴BC=BD=CD，∠CBD=∠CDB=60°，
∵∠ABC=105°，
∴∠ABD=45°，
∵AB=AD，
∴∠ADB=45°，∠A=90°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BD=√2AB，
∴BC=√2AB，
∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB:BC，
∴下面圆锥的侧面积=√2×5=5√2．
故选：D．
【题型十一】不求圆锥底圆的半径
◇典例11：
如图所示的扇形中，半径R=10，圆心角θ=144°，用这个扇形围成一个圆锥的侧面．
（1）则这个圆锥的底面半径r= ．
（2）这个圆锥的高h= ．
【答案】 4 2√21
【分析】本题主要考查了求圆锥的底面圆半径，求圆锥的高，熟知圆锥的相关知识是解题的关键．
（1）设这个圆锥的底面圆半径为r，圆锥的底面圆周长等于其侧面展开图得到的扇形弧长，据此建立方程
求解即可；
（2）利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）设这个圆锥的底面圆半径为r，
144π×10
由题意得，2πr= ，
180
解得r=4，
∴这个圆锥的底面圆半径为4，
故答案为：4；（2）由题意得，h=√102−42=2√21，
故答案为：2√21．
◆变式训练
1.将母线为4cm的扇形围成一个圆锥的侧面，若扇形的圆心角是120°，则该圆锥底面圆的半径为 cm
．
4 1
【答案】 /1
3 3
【分析】本题考查了圆锥的相关计算，弧长公式，设该圆锥底面圆的半径为r，根据圆锥的侧面扇形的弧
长等于底面圆的周长，列方程计算，即可求解．
【详解】解：设该圆锥底面圆的半径为r，根据题意得，
120
π×4=2πr，
180
4
解得：r= ；
3
4
故答案为： ．
3
2.如图，正方形ABCD的边长为6，以点B为圆心，BC的长为半径画圆，则正方形ABCD的中心在⊙B
（填“内”“上”或“外”）；若将图中阴影部分剪下来围成圆锥，则圆锥的底面直径为 ．
【答案】 内 3
1
【分析】连接AC，BD，交于点E，由四边形ABCD是正方形，可得AC⊥BD，BE= BD，
2
1
∠DCB=90°，CD=BD=6，由勾股定理可得BD=6√2，则BE= BD=3√2<6，即可得出正方形
2
90×π×6
ABCD的中心在⊙B内；设圆锥的底面直径为d，则πd= ，解得d=3．
180
【详解】解：如图，连接AC，BD，交于点E，∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AC⊥BD，BE= BD，∠DCB=90°，CD=BC=6，
2
∴BD=√CD2+BC2=√62+62=6√2，
1
∴BE= BD=3√2<6，
2
∴点E在⊙B内，
即正方形ABCD的中心在⊙B内，
设圆锥的底面直径为d，
90×π×6
∴πd= ，解得d=3，
180
∴圆锥的底面直径为3，
故答案为：内，3．
【题型十二】求圆锥的高
◇典例12：
如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为72°的扇形，若扇形的半径R是5，则该圆锥的高是（ ）
A．4√3 B．√21 C．3√3 D．2√6
【答案】D
【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的体积公式，勾股定理．设圆锥的半径为r，则圆锥的底面周长为2πr
，根据弧长公式得出侧面展开图的弧长，进而得出r=1，再利用勾股定理，求出圆锥的高，再代入体积公
式求解即可．
【详解】解：设圆锥的半径为r，则圆锥的底面周长为2πr，∵圆锥的侧面展开图是一个圆心角为72°的扇形，且扇形的半径R是5，
72π×5
∴扇形的弧长为 =2π，
180
∵圆锥的底面周长与侧面展开图扇形的弧长相等，
∴2πr=2π，
∴r=1，
∴圆锥的高为√52−12=2√6，
故选：D．
◆变式训练
1.将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的高为 ．
【答案】√3
【分析】本题考查了圆锥的侧面展开图，求出圆锥的底面半径r，再利用勾股定理求出圆锥的高．
【详解】解：设圆锥的底面圆半径为r，
∵圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，
∴2πr=2π
解得r=1，
∴h=√22−12=√3．
故答案为：√3．
2.在一个边长为4cm正方形里作一个扇形（如图所示），再将这个扇形剪下卷成一个圆锥的侧面，则这个
圆锥的高为（ ）cm
√53
A． B．√15 C．√7 D．√13
2
【答案】B
【分析】本题考查了圆锥的计算，勾股定理，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，熟练掌握知识点是解题的关键．设这个圆锥的底面圆的半径为rcm，根据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列方程，求出半径r，然后
再根据勾股定理求出圆锥的高即可．
【详解】解：设这个圆锥的底面圆的半径为rcm，
90π⋅4
由题意得， =2πr，
180
解得：r=1，
∵圆锥的母线长为4cm，
∴这个圆锥的高为：√42−12=√15(cm)，
故选：B．
【题型十三】求圆锥母线长
◇典例13：
如图，点C为扇形AOB的半径OB上一点，将△OAC沿AC折叠，点O恰好落在A´B上的点D处，且
l :l =1:3，若将此扇形OAB围成一个圆锥，则圆锥的底面半径与母线长的比为（ ）
B´D A´D
A．1:3 B．1:π C．1:4 D．2:9
【答案】D
【分析】本题考查的是扇形，折叠的性质，熟练掌握圆锥的弧长公式和圆的周长公式是解题的关键．
连接OD，求出∠AOB，利用弧长公式和圆的周长公式求解即可．
【详解】解：连接OD交AC于M．
1
由折叠的知识可得：OM= OA，∠OMA=90°，
2
∴∠OAM=30°，∴∠AOM=60°，
⌢ ⌢
∵ BD:AD=1:3 ，
1
∴∠BOD= ∠AOD=20°
3
∴∠AOB=80°
设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
80πl
根据题意得， =2πr，
180
∴r:l=2:9．
故选：D．
◆变式训练
1.已知圆锥的侧面展开图的弧长为6πcm，圆心角为216°，则此圆锥的母线长为_______cm．（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【分析】本题主要考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，熟练掌握其性质并能灵活运用扇形的弧
长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程是解决此题的关键．根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆
锥底面周长可得．
【详解】解：设圆锥的母线长为Rcm，
216πR
根据题意得：6π= ，
180
解得：R=5，
故选：A ．
2.某兴趣小组制作了一个圆锥模型，若此圆锥模型的侧面积是底面积的3倍，底面半径为20cm，则母线长
为 cm．
【答案】60
【分析】本题考查了求圆锥的母线长，熟练掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．先求出圆锥底面积，再根
据此圆锥模型的侧面积是底面积的3倍，求出侧面积，根据圆锥侧面积公式即可求解．
【详解】解：∵圆锥的底面积为π×202=400πcm2，且圆锥模型的侧面积是底面积的3倍，
∴圆锥的侧面积为3×400π=1200πcm2，
1200π
∴圆锥的母线长l= =60cm，
20π
故答案为：60．【题型十四】圆锥与最短距离
◇典例14：
如图圆锥的横截面△ABC，BC=4cm，AB=AC=6cm，一只蚂蚁从B点沿圆锥表面到母线AC去，则蚂
蚁行走的最短路线长为（ ）cm
A．√3 B．2√3 C．3 D．3√3
【答案】D
【分析】本题主要考查圆锥的侧面展开图，弧长公式和解直角三角形，掌握弧长公式和特殊角的三角函数
值是解题的关键．
先将圆锥的侧面展开图画出来，利用垂线段最短可判断的长为蚂蚁爬行的最短路线长，根据弧长公式求出
∠BAB 的度数，然后利用特殊角的三角函数在即可求出BD的长度．
1
【详解】圆锥的侧面展开图如下图：
作BD⊥AD
∵圆锥的底面直径BC=4cm,
∴底面周长为4πcm，
设∠BAB =n°
1
∵ AB=AC=6cm，
nπ×6
则有 =4π
180
解得n=120°，
∴∠BAC=60°，
在Rt△ABD中
√3
BD=6× ，
2=3√3cm
∴蚂蚁从B点出发沿圆锥表面到处觅食，蚂蚁走过的最短路线长为3√3cm
故选：D.
◆变式训练
1.如图1，等腰三角形ABC中，当顶角∠A的大小确定时，它的对边（即底边BC）与邻边（即腰AB或AC
∠A的对边(底边) BC
）的比值他就确定了，我们把这个比值记作T(A)，即T(A)= = ，当
∠A的邻边(腰) AC
∠A=60°时，如T(60°)=1．
(1)T(90°)=__________，T(120°)=__________，T(A)的取值范围是__________；
(2)如图2，圆锥的母线长为18，底面直径PQ=14，一只蚂蚁从点P沿着圆锥的侧面爬行到点Q，求蚂蚁
爬行的最短路径长．（精确到0.1，参考数据：T(140°)≈1.88，T(70°)≈1.15，T(35°)≈0.60）
【答案】(1)√2，√3，0<T(A)<2
(2)约为20.7
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆锥的侧面展开图、弧长公式等知识点，掌
握相关性质定理和T(A)的定义是解本题的关键．
（1）根据等腰直角三角形的性质和等腰三角形的性质进行计算即可；
（2）先根据圆锥的侧面展开图的知识和扇形的弧长公式计算，可求扇形的圆心角；再根据T(A)的定义即
可解答．
【详解】（1）解：如图1，
由∠A=90°，AB=AC，得BC=√2AB，
BC
∴T(90°)= =√2，
AB
如图2，∵∠BAC=120°，AB=AC，
1
∴作AD⊥BC于D，则∠BAD= ∠BAC=60°，BD=CD，
2
∴∠B=30°，则AB=2AD，
√3
∴BD=√AB2−AD2= AB
2
∴BC=2BD=√3AB，
BC
∴T(120°)= =√3；
AB
∵AB−AC<BC<AB+AC=2AB，
BC
∴0< <2，
AB
∴0<T（A）<2．
故答案为：√2，√3，0<T(A)<2；
（2）解：∵圆锥的底面直径PQ=14，
∴圆锥的底面周长为14π，即侧面展开图扇形的弧长为14π，
设扇形的圆心角为n°，
n⋅π×18
则 =14π，解得n=140，
180
∵T(70°)≈1.15，
∴蚂蚁爬行的最短路径长为18×1.15≈20.7．
2.如图，AB是圆锥底面的直径，AB=6cm，母线PB=9cm．点C为PB的中点，若一只蚂蚁从A点处出
发，沿圆锥的侧面爬行到C点处，则蚂蚁爬行的最短路程为 ．9√3 9
【答案】 / √3
2 2
【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角∠APA′的度数，然后利用等边
9√3
三角形的判定与性质、勾股定理可得AC= ，最后根据两点之间线段最短即可得．
2
【详解】画出圆锥侧面展开图如下：
如图，连接AB、AC，
设圆锥侧面展开图的圆心角∠APA′的度数为n°，
因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，
nπ×9
所以 =2π×3，
180
解得n=120，
1
则∠APB= APA′=60°，
2
又∵AP=BP=9，
∴△ABP是等边三角形，
∵点C为PB的中点，
1 9
∴AC⊥BP，CP= BP= ，
2 2
9√3
在Rt△ACP中，AC=√AP2−CP2=
，
2
9√3
由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为AC= ，
2
9√3
故答案为： ．
2
【题型十五】求圆锥的全面积
◇典例15：
如图，有一张半径为18cm的圆形制片，打算从这张纸片上裁剪出一个扇形，用它制作圆锥的侧面，再用
剩下的部分剪出一个最大的圆，作为这个圆锥的底面，则制作出的圆锥的表面积为 cm2（结果保留π）．
【答案】243π
【分析】本题考查了圆锥表面积的计算，一次函数的性质，解决本题的关键是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．
nπ×18
设小圆的直径为x，若扇形弧长与底面圆的周长相等，则πx= ，得到n=10x(0<x≤18)，可知
180
x=18时，n=10×18=180，即当底面小圆的直径恰好等于大圆的半径18cm时，小圆与大圆的直径相
切，扇形的弧长恰好与小圆的周长相配套，此时圆锥的表面积为：S=
π
×182+π×
(18) 2
=243π(cm2)．
2 2
【详解】解：设小圆的直径为x，
若扇形弧长与底面圆的周长相等，
nπ×18
则πx= ，
180
∴n=10x(0<x≤18)，
∵n随着x的增大而增大，
且当x=18时，n=10×18=180，
即当底面小圆的直径恰好等于大圆的半径18cm时，小圆与大圆的直径相切，扇形的弧长恰好与小圆的周
长相配套，此时圆锥的表面积为：S=
π
×182+π×
(18) 2
=243π(cm2)，
2 2
故答案为：243π．
◆变式训练
1.圆锥的底面直径是60cm，母线长80cm，则圆锥的全面积为【答案】3300πcm2
【分析】本题考查了圆锥的全面积，先求出圆锥的底面积和底面圆的周长，再求出圆锥的侧面积，进而即
可求解，掌握圆锥的侧面积计算方法是解题的关键．
【详解】解：∵圆锥的底面直径是60cm，
∴圆锥的底面积=π×
(60) 2
=900πcm2 ，底面圆的周长=60πcm，
2
1
∴圆锥的侧面积= ×60π×80=2400πcm2 ，
2
∴圆锥的全面积=900π+2400π=3300πcm2，
故答案为：3300πcm2．
2.如图，已知扇形AOB的半径为6cm，圆心角的度数为120°，若将此扇形围成一个圆锥，求：
(1)围成的圆锥的侧面积．
(2)围成的圆锥的全面积．
【答案】(1)12πcm2
(2)16πcm2
【分析】此题考查求圆锥的侧面积和全面积，熟记扇形的面积计算公式及弧长计算公式是解题的关键：
（1）利用扇形面积公式计算即可求出圆锥的侧面积；
（2）圆锥由扇形和一个圆组成，将两个面积相加即可得到圆锥的全面积
120π×62
【详解】（1）解：圆锥的侧面积是 =12π(cm2 )．
360
120π×6
（2）扇形的弧长是 =4π，则底面半径是2，底面面积是4π，
180
则围成的圆锥的全面积是12π+4π=16π(cm2 )．
真题在线
一、单选题
1．（2025·四川广安·中考真题）如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为 的扇形，若圆锥的母线长为
5，则该圆锥的底面圆的半径为（ ）A． B． C． D．5
【答案】A
【分析】本题考查了与圆锥相关的计算，熟知圆锥侧面展开后是扇形及与圆锥的底面半径的关系是解题的
关键；
先计算圆锥展开图的扇形的弧长，再进一步计算即可
【详解】解：圆锥侧面展开图的扇形的弧长 ，
∴该圆锥的底面圆的半径为 ；
故选：A
2．（2025·云南·中考真题）若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为 ，母线长为 ，则该圆锥的底
面圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的底面周长等于侧面展开图扇形的弧长．
设圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面圆的周长得到 ，即可求解
半径．
【详解】解：设圆锥底面圆半径为 ，
由题意得： ，
解得 ，
因此，该圆锥的底面圆半径为 ，
故选：B．
3．（2025·黑龙江大庆·中考真题）一个圆锥的底面半径为3，高为2，则它的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】本题考查圆锥的体积．根据圆锥的体积= ×底面积×高，即可求解．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为3，高为2，
∴它的体积 ，
故选：B．
4．（2025·江苏无锡·中考真题）已知圆弧所在圆的半径为6，该弧所对的圆心角为 ，则这条弧的长为（
）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是弧长的计算，利用弧长的计算公式计算即可．弧长公式： （弧长为l，圆心
角度数为n，圆的半径为r），熟记公式是解题的关键．
【详解】解： ，
故选：B．
5．（2025·山东·中考真题）在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家
的象征．下图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．已知内切圆的半径是2，则
图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的内切圆、外切圆、勾股定理等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关
键．
如图：连接 相交于O，由正方形的内切圆的半径是2， ， ，再运用勾股定理
可得 ，则 ，最后根据圆的面积公式求解即可．
【详解】解：如图：连接 相交于O，
∵正方形的内切圆的半径是2，∴ ， ，
∴ ， ，
∴图中阴影部分的面积是 ．
故选D．
6．（2025·山东东营·中考真题）小华用铁皮制作一个烟囱帽，烟囱帽的三视图如图所示，已知主视图和左
视图均为边长是 的等边三角形，则所需铁皮面积（接缝面积忽略不计）为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】这道题考查的是圆锥侧面积的计算，首先明确圆锥侧面积公式为 (r为底面半径，l为母线
长)，由三视图可知，圆锥的母线长 ，底面圆的直径等于等边三角形的边长，即底面半径
，代入圆锥侧面积公式计算即可．
【详解】解：则所需铁皮面积
故选B
7．（2025·山西·中考真题）如图，在 中， ，分别以点 为圆心、 的长
为半径画弧，与 的延长线分别交于点 ．若 ，则图中阴影部分的面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，扇形的面积，由等腰直角三角形的性质得
， ，进而由 解答即可求解，掌握以
上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故选： ．
8．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，直线 ，直线 分别交 于点A、B，以 为圆心， 长
为半径画弧，分别交 于直线 同侧的点 ， ， ，则 的长等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】本题主要考查了弧长计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握相关的判定和性质是解
题的关键．连接 ，先根据平行线的性质求出 ， ，
，根据平行线的性质得出 ，根据弧长公式求出结果即可．
【详解】解：连接 ，如图所示：
∵ ，
∴ ，
根据作图可知： ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 的长为 ．
故选：C．
二、填空题
9．（2025·江苏盐城·中考真题）已知圆锥的侧面积为 ，母线长为5，则圆锥的底面半径是 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆锥侧面积公式，根据 ，代入数据即可得到答案．
【详解】解：∵
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
10．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）一个扇形的弧长是 ，半径是 ，则此扇形的圆心角是 ．
【答案】 /70度【分析】本题考查弧长公式，掌握弧长公式是解题的关键．
利用弧长公式列方程求解即可．
【详解】解：设扇形的圆心角为 ．
由题意得： ，
解得： ．
故答案为： ．
11．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，圆锥的底面圆心为 ，顶点为 ，母线 长为 ，母线 与高 的
夹角为 ，那么圆锥侧面展开图的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了直角三角形的性质，圆锥侧面积，先利用直角三角形 角所对的直角边等于斜边的
一半计算出 ，然后利用圆锥的侧面展开图为一扇形，扇形的面积公式计算圆锥的侧面积即可，掌握知
识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，
由题意得， ， ，
∴ ，
∴圆锥侧面展开图的面积为 ，
故答案为： ．
12．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在扇形 中， ， ，点 在 上，且
．延长 到 ，使 ．以 ， 为邻边作平行四边形 ，则图中阴影部分的面积
为 （结果保留 ）．【答案】
【分析】本题考查扇形面积公式，平行四边形性质，含 三角形的性质，正确将阴影面积进行组合是解
决问题的关键．由题意，利用 计算即可．
【详解】解：过A作 ，
∵ ， ，
，
∵ ，
∴ ，
，
，
，
设 长度为 ，则 ，在 中，由勾股定理得：
解得： ，
，
，
则 ， ，
，．
故答案为： ．
三、解答题
13．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，扇形 为某运动场内的投掷区， 所在圆的圆心为O、A、
B、N、O在同一直线上．直线 与 所在 相切于点 ．此时测得 ；从点 处沿 方
向前进8.0米到达B处．直线 与 所在 相切于点 ，此时测得 ．（参考数据：
）
(1)求圆心角 的度数；
(2)求 的弧长（结果精确到 米）．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，圆的切线的性质，弧长公式，熟练掌握各知识点并灵活运用是
解题的关键．
（1）由圆的切线的性质得到 ，再由直角三角形锐角互余即可求解；
（2）先解 ，设 ， ，再解 得到 ，求出 ，求出半径，再由弧长公式即可求解．
【详解】（1）解：∵直线 与 所在 相切于点 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）解：∵直线 与 所在 相切于点 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵在 中， ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴ 的弧长为： ，
答： 的弧长为 ．14．（2025·山东潍坊·中考真题）图 是某摩天轮的实景图．摩天轮可视作半径为 米的 ，其上的某个
座舱可视作 上的点 ，座舱距离地面的最低高度 为 米，地面 上的观察点 到点 的距离 为
米，平面示意图如图 所示．
(1)当视线 与 相切时，求点 处的座舱到地面的距离；
(2)已知摩天轮匀速转动一周需要 分钟，当座舱距离地面不低于 米时，在座舱中观赏风景的体验最佳，
点 处的座舱随摩天轮匀速转动一周的过程中，求该座舱中乘客最佳观赏风景的时长，并求这段时间内该
座舱经过的圆弧的长．
（以上结果均保留小数点后一位数字，参考数据： ， ， ，
， ）
【答案】(1) 米；
(2)10分钟； 米．
【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形的应用，勾股定理，弧长公式等知识，掌握知识点的应用
是解题的关键．
（ ）连接 ， ，作 ，垂足为 ，根据勾股定理得 （米），
又 ，所以 ，因为 与 相切，所以 ，可得
，所以 ， （米），从而可得
，所以
（米）；
（ ）过点 作 ，交 于点 ．延长 ，交 于点 ，连接 ，不妨设 米，又因为，所以 ，则 （米），然后通过
，可得 ，则 ，故有最佳观赏风景的时间为 （分
钟），最后通过弧长公式即可求解．
【详解】（1）解：连接 ， ，作 ，垂足为 ，
根据题意可知， （米），
在 中， 米， ，
所以 （米），
因为 ，
所以 ，
因为 与 相切，
所以 ，
所以 ，
因为 米，
所以 ，
所以 ， （米），
所以 ，
在 中， （米），
所以，点 处的座舱到地面的距离约为 米；
（2）解：过点 作 ，交 于点 ．延长 ，交 于点 ，连接 ，不妨设 米，因为 ，
所以 ，
所以 （米），
因为 米，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以最佳观赏风景的时间为 （分钟），
所以 的长 （米），
∴座舱经过的 的长约为 米．
15．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位： ）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸
片 （可以看作扇形纸片 剪去扇形纸片 后剩余的部分）．
(1) 的长为____________ ， ____________ ；
(2)记 表示两边长分别为 ， （ ，单位： ）的矩形纸片的大小．①图（2）是可以剪出扇环纸片 的一张矩形纸片，它的一边与 相切，点 ， 在对边上，点 ，
分别在另外两边上，直接写出 ， 的值；
②用一张 的矩形纸片可以剪出扇环纸片 吗？说明理由；
③若一张 的矩形纸片可以剪出扇环纸片 ，写出求 的范围的思路（无需算出最终结果）．
【答案】(1) ，
(2)① ， ②可以，理由见解析③见解析
【分析】（1）设 ， ，则 ，利用圆的周长公式和弧长
公式解答即可；
（2）①延长 ， ，延长线交于点 ，设矩形的边与 相切于点 ，连接 ，交 于点 ，利用
圆的切线的性质定理，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理解答即
可；
②将扇环纸片 按如图所示放置， 在矩形的边 上，延长 ， ，延长线交于点 ，过点
作 于点 ，过点 作 于点 ，利用直角三角形的边角关系定理求得 ， 的长度，
再利用它们与 的矩形纸片的长与宽作比较即可；
③设计出能够放置扇环纸片 的最小的 的矩形纸片即可．
【详解】（1）解：由题意得： 的长为 ， 的长为 ，
设 ， ，则 ，
，
，
．
故答案为： ， ；
（2）解：①延长 ， ，延长线交于点 ，设矩形的边与 相切于点 ，连接 ，交 于点 ，
如图，则 ，
四边形 为矩形，
四边形 ， 为矩形，
，
由题意得： ， ， ， ，
为等边三角形，
， ， ，
， ，
， ，
，
．
②用一张 的矩形纸片可以剪出扇环纸片 ，理由：
将扇环纸片 按如图所示放置， 在矩形的边 上，延长 ， ，延长线交于点 ，过点 作
于点 ，过点 作 于点 ，
由题意得： ， ， ， ，
， ， ，
，
， ，
， ，用一张 的矩形纸片可以剪出扇环纸片 ．
③设 的矩形纸片为矩形 ， ，将扇环纸片 如图放置，使点 在 边上，
点 在 边上，点 在 边上， 与边 相切于点 ，
则此时的 值最小，若求 的范围，则此时的 为 的最小值．
延长 ， ，延长线交于点 ，连接 ， 交 于点 ，过点 作 于点 ，过点 作
于点 ，设 交 于点 ，
由题意得： ， ， ， ，
与边 相切于点 ，
，
， ，四边形 为矩形，
四边形 ，四边形 ，四边形 为矩形，
， ， ，
， ．
求得 ， 的值即可求得 的最小值；
由于 ，解 和 即可求得结论．
专项练习
一、单选题
1．如图， 是 的内接三角形， ．若 的半径为3，则劣弧 的长为（ ）A． B． C． D．2π
【答案】B
【分析】本题主要考查圆周角定理，弧长的计算，掌握圆周角定理是关键，根据题意得到 ，
由弧长公式即可求解．
【详解】解：如图，连接 ，
由圆周角定理得： ，
∴劣弧 的长为 ．
故选：B．
2．物理课上，同学们观察了小球的摆动，如图所示，小球的运动路线为 （小球的大小不计），若绳长
，则 的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查弧长公式，解题的关键是记住弧长公式 ．利用弧长公式求解．【详解】解： 的长 ，
故选：A．
3．若一个圆锥的母线长为 ，它的底面半径为 ，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查求圆锥的侧面展开图的圆心角度数，根据圆锥侧面展开图的扇形弧长等于圆锥底面周长，
利用弧长公式列方程求解圆心角即可．
【详解】解：设圆心角度数为 ．
∵ 圆锥底面周长 ，
扇形弧长 ，
∴ ，解得 ．
故圆心角的度数为 ．
故选D．
4．“云南十八怪”有一怪“斗笠当锅盖”，是指云南竹林较多，许多用具以竹子为原料，而锅盖就形似
于内地的斗笠，而且用此做锅盖，透气保温，做出来的饭菜更加清香．已知斗笠锅盖可以近似看作一个圆
锥，若一个斗笠锅盖的底面直径为 ，高度为 ，则该斗笠锅盖的侧面积大约为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆锥的侧面积的计算，解题时先求出圆锥的母线长，然后求出其侧面积．根据斗笠锅
盖的底面半径、高及斗笠锅盖的母线组成直角三角形，利用勾股定理求得其母线长，然后利用扇形面积公
式计算得出斗笠锅盖的侧面积．
【详解】解：∵底面直径 ，
∴半径 ，高度 ．
∵母线长 ，
∴侧面积 ．
故选：A．
5．“云南十八怪，草帽当锅盖”，如图草帽锅盖下宽上窄，呈圆锥状．已知圆锥的底面直径为 ，母线长为 ，则此草帽锅盖的侧面积约是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据扇形面积公式计算即可．
【详解】解：此草帽锅盖的侧面积为： ．
故选：C．
6．如图，扇子上的精美图案是兴仁市某校学生在社团课上利用蜡染制作的，扇形完全打开后，扇面（即
扇形 ）的面积为 ，竹条 ， 的长均为 ， 、 分别为 、 的中点，则 的
长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查扇形面积公式与弧长公式的综合应用，需先通过大扇形的面积求出圆心角，再结合中点
条件确定小扇形的半径，进而计算弧长．
【详解】解：设扇形 的圆心角为 ．
根据题意，得： ，
解得 ，
即圆心角 ．
∵ 、 分别为 、 的中点，
∴ ，∴ 的长为 ．
故选：B．
7．如图，圆内接正三角形的边长为 ，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的
关键．根据正三角形的面积加上三个半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．
【详解】解：如图，作 、 边上的高 、 ，交于点O，
∵ 为正三角形，边长为 ，
∴ ，O为等边 的外接圆的圆心，
∴正三角形的面积为： ， ，
∴等边 的外接圆的面积为： ，
∵以等边 的各边为直径作半圆，
∴三个半圆的半径为： ，
∴三个半圆的面积为： ，
∴阴影部分的面积为： ．故选：B．
8．中国邮政集团公司曾发行《二十四节气》特殊版式小全张（图1），其中的24枚邮票大小相同，绘制
了代表二十四节气风貌的图案，这24枚邮票组成了一个圆环，传达了四季周而复始、气韵流动的理念和中
国传统文化中圆满、圆融的概念，以“大雪”节气单枚邮票为例（图2），记该邮票的“上圆弧”的长为 ，
“直边长”为 ，“下圆弧”的长为 ，则 可用含l，d的式子表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
根据有24枚邮票可得每个扇环所在扇形的圆心角为 ，设“下圆弧”所在圆的半径为 ，根据弧长公式
进行计算即可．
【详解】解：由于一共有24枚邮票，
则每个扇环所在扇形的圆心角为 ，
设“下圆弧”所在圆的半径为 ，
则“上圆弧”的长 ，
即 ，
“下圆弧”的长 ，
故选：B．
9．如图， 是边长为 的等边三角形 的外接圆，点D是弧 的中点，连接 ， ，以点D
为圆心， 的长为半径在 内画弧，则阴影部分的面积为（ ）．A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接 交 于点 ，连接 ， ，由垂径定理和圆周角定理可得，
，则 和 都是等边三角形．通过直角三角形的性质和
勾股定理，计算出 的长，使用扇形面积公式进行计算即可．
【详解】解：如图，连接 交 于点 ，连接 ， ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∵点D是弧 的中点，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
同理， ，∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
∴ ，
∴ ，
．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定与性质，扇形的面积公式，直角三角形的性
质和勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键．
10．如图，在 中， ， ．将 绕点 逆时针旋转一定角度后得到
，其中点 的对应点 落在边 上，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查求不规则图形的面积，旋转的性质，连接 ，根据旋转的性质，利用分割法得到
阴影部分的面积等于扇形 的面积减去扇形 的面积进行求解即可．
【详解】解：连接 ，
∵将 绕点B逆时针旋转一定角度后得到 ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ；
故选：A．
二、填空题
11．如图化学实验课上，化学教师要用扇形纸片制作一个漏斗滤纸（圆锥的侧面），已知滤纸底面半径为
，母线长为 ，则需要的扇形纸片的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查扇形面积公式、圆周长公式等知识，熟记相关公式是解决问题的关键．
先求出底面圆周长，再由扇形面积公式代值计算即可得到答案．
【详解】解： 滤纸底面半径为 ，
底面圆周长为 （ ），
母线长为 ，需要的扇形纸片的面积为 （ ），
故答案为： ．
12．在东方传统建筑中，瓦片（如图1）是屋顶的必备用材，其横截面是一段如图2所示的弧（ ），点
O是这段弧所在圆的圆心，若 ， ，则 的长是 ．（结果保留π）
【答案】
【分析】本题考查了弧长公式，根据已知可得 ，进而根据弧长公式 ，
即可求解．
【详解】解：依题意， ，
∴ 的长是 ，
故答案为： ．
13．如图，扇形是圆锥的侧面展开图，且扇形半径 ，圆心角 ，则此圆锥的高
．
【答案】
【分析】本题主要考查了扇形的弧长公式，勾股定理，先根据圆锥的侧面展开图，扇形的弧长等于该圆锥的底面圆的周长，求出 ，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】解：设圆锥底面圆的半径为r，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵在 中， ，
∴ ，
故答案为： ．
14．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有关屋内墙角处放谷堆的数学问题：墙角处
所放谷堆为一个圆锥的四分之一（如图），谷堆底部的半径为4尺，谷堆的高为5尺，需要用布盖住谷堆，
那么所需的布的面积至少是 平方尺．（结果用含 的式子表示）
【答案】
【分析】本题主要考查了圆锥侧面积的计算．根据圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2计算即可．
【详解】解：根据题意，母线长为 ，
所需的布的面积至少是 （平方尺）．
故答案为： ．
15．如图，在 中， ， ， ， 是中线，点 、 同时从点 出发，以
相同的速度分别沿 、 方向移动，当点 到达点 时，运动停止，直线 分别与 、 相交于
、 ，则在点 、 移动过程中，点 移动路线的长度为 ．【答案】
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、弧长公式、直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，
正确判断出点 移动轨迹是解题关键．先求出 ， ， ，再证出
，根据全等三角形的性质可得 ，从而可得 ，由此可判
断出点 四点共圆，在以 为直径的圆上，取 的中点为点 ，连接 ，则在点 、 移动
过程中，点 移动的轨迹是劣弧 ，然后利用弧长公式求解即可得．
【详解】解： 在 中， ， ， ， 是中线，
， ，
，
由题意可知， ，
在 和 中，
，
，
，
又 ，
，
点 四点共圆，在以 为直径的圆上，
如图，取 的中点为点 ，连接 ，则在点 、 移动过程中，点 移动轨迹是劣弧 ，
点 为 的斜边 的中点，
，
∴点 移动路线的长度为 ，
故答案为： ．
三、解答题
16．如图，在平面直角坐标系 中，每个小正方形的顶点叫做格点， 的顶点都在格点上．
(1)作出 关于原点对称的图形 ；
(2)将 绕点C顺时针旋转 ，得到 ，画出 ，并求旋转过程中线段 扫过的面积．
【答案】(1)见详解
(2)见详解，
【分析】本题考查了作中心对称图形，勾股定理，扇形面积公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据中心对称的性质，分别找出点 ，再依次连接，即可作答．（2）先根据旋转的性质分别找出点 ，再依次连接，得出 ，然后结合扇形面积公式进行列
式计算，即可作答．
【详解】（1）解： 如图所示：
（2）解： 如图所示：
依题意， ，
则线段 扫过的面积 ．
17．如图是某款可折叠台灯的平面示意图，台灯罩为一个半圆 ，直径 ． ，交半圆
于点 ，底座 放在水平面上， 是支架， ，灯泡初始位置时 ．将灯罩绕点 顺
时针旋转，使得半圆与 相切，点 的对应点分别为 ．
(1)求灯罩顺时针旋转的角度；
(2)求点 到 的距离；(3)求点 经过的路径的长．
【答案】(1)灯罩顺时针旋转的角度为
(2)点 到 的距离是
(3)
【分析】本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，扇形的弧长，熟练掌握这些性质是解题的关键．
（1）根据平行线的性质可得 ，即可求解；
（2）作 于点 ，根据直角三角形的性质可得 ，即可求解；
（3）连接 ， ，由旋转的性质可得 ，根据勾股定理求出 ，即可求
解．
【详解】（1）解：由题意，得 ，即 ，
，
，
，
灯罩顺时针旋转的角度为 ，
（2）解：如图，作 于点 ．
，
，
点 到 的距离是 ．
（3）解：如图，连接 ， ．
由旋转的性质可得 ．
，
．，
．
点 经过的路径的长为 ．
18．如图，四边形 内接于 ， 是 的直径，点E在 的延长线上，连接 ．且
，连接 ， ， 与 相交于点F．
(1)求证： 是 的切线．
(2)已知 的半径为3．
①若 ，则阴影部分的面积为_______；（结果保留 ）
②若 ， ．求 的长．
【答案】(1)见详解
(2)① ；②
【分析】（1）由 是 的直径，得到 ，进而推出 ，即
可得证结论；
（2）①求出 ，根据圆周角定理得到 ，再由扇形面积公
式即可求解．②根据 ， ，得出 ，垂径定理得出 ，勾股定理求
出 ，即可解答．
【详解】（1）证明：∵ 是 的直径，
，，
，
，
，
，
，
∴ 是 的切线；
（2）解：① ， ，
，
，
．
②∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，扇形面积公式，熟练掌握相关知识是
解题的关键．
19．如图， 为 的直径，弦 于E，连接 ，过A作 ，交 于点F，连接 ，
过B作 的切线 ，交 的延长线于点G．已知 ．(1)求证： ；
(2)求 的长；
(3)直接写出图中劣弧 的长和阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)劣弧 ，
【分析】（1）利用 ，即可得证；
（2）垂径定理，弧，弦，角之间的关系，推出 ，进而得到 ，三角形中位线定理，
求出 ，进而求出 的长，证明四边形 为矩形，根据线段的和差关系进行求解即可；
（3）根据弧长公式求弧长，分割法求出阴影部分的面积即可．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）解：∵ ， 为直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 为 的三等分点，
∵ ，∴ 为直径，
∴ 的度数均为 ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为 的切线，
∴ ，
又∵ ，
∴
∴四边形 为矩形，
∴ ，
∴ ；
（3）解：由（2）可知： 的度数均为 ， ， ，
又∵ 为直径，
∴ 的度数为 ，
∴ ，
∴ ，
由勾股定理，得 ，
∴ ，
∵四边形 为矩形，
∴ ，
∴ ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，圆
周角定理，求弧长和不规则图形的面积，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
20．如图 ， 的半径为 ， 和 是 的两条弦，且 ．
(1)若 ， 的长度为 ，求 的度数；
(2)如图 ，若 是 的直径， 是 上一点，连接 和 ， 于点 ，若 ，
，求 的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）如图 中，连接 ， ，设 ， 交 于 ，利用弧长公式求出 ，可得
结论．
（2）如图 中，连接 ， ，设 交 于 ， 交 于 ，连接 ，过点 作 于 ，
交 的延长线于 ，首先证明 ，设 ， ，则 ，可得
， ，再证明 ，可得 ，由此即可解决问题．
【详解】（1）解：如图 中，连接 ， ，设 ， 交 于 ．∵ 的长 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
，
，
∴ ．
（2）解：如图 中，连接 ， ，设 交 于 ， 交 于 ，连接 ，过点 作 于
， 交 的延长线于 ．
，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ， ，则 ，
∴ ， ，
，
∴ ，
， ， ， 四点共圆，∴ ，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
，
∴ ．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，弧长公式，角平分线的性质等知识，解题的
关键是证明 ，属于中考压轴题．
21．【必备知识】如图1，在光的反射现象中，反射光线和入射光线分别位于法线两侧，反射角 入射角
，这就是光的反射定律．
【问题解决】如图2，某景区在半圆形观景台（半圆 ）旁设置镜面栈道 ，镜面 与半圆 相切于点C，
与 为观景台上两条笔直的小路，延长直径 与 交于点 ，彩灯发射源点 在 上， 为入射
光线， 为法线，反射光线 与半圆 交于点 ．
(1) 的度数为___________； 的度数为___________；
(2)当反射光线 与 平行时，求 的长度；
(3)在点 从（2）中位置开始沿 向右运动到点 的过程中（如图3），直接写出点 的运动路径长．
【答案】(1) ，
(2)
(3)
【分析】本题主要考查切线的性质，圆周角定理，垂径定理，求弧长等知识，正确作辅助线是解答本题的
关键．（1）由直径所对圆周角为 ，再根据 ，利用直角三角形的性质即可求出 的度数；再
根据切线的性质得 ，由等腰三角形的性质可得 ，从而可求出 ；
（2）过点 作 ，由 得 ，得 ，由勾股定理得 ，由垂
径定理得 ；
（3） 当反射光线 与 平行时，连接 ，求出 ，当点 运动到点 时，即 重合，
连接 ，求出 ，进而求出 ，根据点P的运动得点Q的运动路径长为 的长
即可得出结论．
【详解】（1）解：∵ 为半圆 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
∵ 是半圆的切线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ， ；
（2）解：过点 作 ，则 ，
由光的反射定律得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：当反射光线 与 平行时，如图，连接 ，
由（2）知 ， ，
∴ ，
∴ ，
当点 运动到点 时，即 重合，如图，连接 ，
由（2）知 ，
∵ ，
∴ ，
由光的反射定律得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点Q 的运动路径长为 ．
