考点31 与圆有关的计算【有答案】

考点三十一与圆有关的计算【命题趋势】在中考中，圆有关的计算常以弧长，扇形面积，阴影部分面积，圆锥有关计算为主，占分值6分左右。 【中考考查重点】一、弧长、扇形面积的有关计算二、圆锥的有关计算三、阴影部分面积的计算考点：弧长，扇形与圆锥的有关计算设QUOTE的半径为R，QUOTE圆心角所对弧长为l，弧长公式：QUOTE𝑙=𝑛𝜋𝑅180l=nπR180（扇形面积公式：QUOTE圆锥的侧面积公式：(其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径)母线的概念：连接圆锥顶点和底面圆周任意一点的线段。圆锥体表面积公式：QUOTE（l为母线）【备注】1）圆锥的表面积=扇形面积=底面圆面积2）扇形的弧长为圆锥的底面圆周长2πR1.（2020秋•涟源市期末）若圆弧的半径为3，所对的圆心角为60°，则弧长为（）π B．π C．π D．3π【答案】B【解答】解：弧长l＝＝π，故选：B2.（2020•兰州）如图，现有一圆心角为90°，半径为8cm的扇形纸片，用它恰好围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则该圆锥底面圆的半径为（）A．4cm B．3cm C．2cm D．1cm【答案】C【解答】解：弧长：＝4π（cm），圆锥底面圆的半径：r＝＝2（cm）．故选：C．3.（2021•山西）如图，有一圆心角为120°，半径长为6cm的扇形，若将OA、OB重合后围成一圆锥侧面，那么圆锥的高是（）A．4cm B．cm C．2cm D．2cm【答案】A【解答】解：由圆心角为120°、半径长为6cm，可知扇形的弧长为＝4πcm，即圆锥的底面圆周长为4πcm，则底面圆半径为2cm，已知OA＝6cm，由勾股定理得圆锥的高是4cm．故选：A．4.（2020•枣庄）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝4cm，AC＝3cm．把△ABC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AB1C1，如图所示，则点B所走过的路径长为（）A．5cm B．πcm C．πcm D．5πcm【答案】C【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝＝＝5，lAB＝＝＝πcm，故点B所经过的路程为πcm．故选：C考点：阴影部分面积的计算求阴影部分面积的几种常见方法：1）公式法；2）割补法；3）拼凑法；4）等积变形构造方程法；5）去重法。5.（2019•太原）如图，四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，AB＝2，扇形BEF的半径为2，圆心角为60°，则图中阴影部分的面积是（）A．﹣ B．﹣ C．π﹣ D．π﹣【答案】A【解答】解：连接BD，∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，∴∠ADC＝120°，∴∠1＝∠2＝60°，∴△DAB是等边三角形，∵AB＝2，∴△ABD的高为，∵扇形BEF的半径为2，圆心角为60°，∴∠4+∠5＝60°，∠3+∠5＝60°，∴∠3＝∠4，设AD、BE相交于点G，设BF、DC相交于点H，在△ABG和△DBH中，，∴△ABG≌△DBH（ASA），∴四边形GBHD的面积等于△ABD的面积，∴图中阴影部分的面积是：S扇形EBF﹣S△ABD＝﹣×2×＝﹣．故选：A．6.（2021•荆州）如图，将含60°角的直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转45°后得到△AB′C′，点B经过的路径为弧BB′，若∠BAC＝60°，AC＝1，则图中阴影部分的面积是（）A． B． C． D．π【答案】A【解答】解：如图，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，AC＝1，∴∠ABC＝30°．∴AB＝2AC＝2．根据旋转的性质知△ABC≌△AB′C′，则S△ABC＝S△AB′C′，AB＝AB′．∴S阴影＝S扇形ABB′+S△AB′C′﹣S△ABC＝＝．故选：A．7.（2020•乐山）如图，小方格都是边长为1的正方形，则以格点为圆心，半径为1和2的两种弧围成的“叶状”阴影图案的面积为．【答案】2π﹣4【解答】解：由题意得，阴影部分面积＝2（S扇形AOB﹣S△AOB）＝2（﹣×2×2）＝2π﹣4．故答案为：2π﹣4．8.（2020•绥化）如图，在半径AC为2，圆心角为90°的扇形内，以BC为直径作半圆，交弦AB于点D，连接CD，则图中阴影部分的面积是．【答案】π﹣1【解答】解：在Rt△ACB中，AB＝＝2，∵BC是半圆的直径，∴∠CDB＝90°，在等腰Rt△ACB中，CD垂直平分AB，CD＝BD＝，∴D为半圆的中点，S阴影部分＝S扇形ACB﹣S△ADC＝π×22﹣×（）2＝π﹣1．故答案为π﹣1考点：正多边形与圆正多边形概念：各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形。正多边形的中心：正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心。正多边形的半径：正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径。正多边形的中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角。正多边形的边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距。【解题思路】1.正边形半径、边心距和122.已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解。正多边形的对称性：1）正多边形都是轴对称图形，一个正n边形共有n条对称轴，每条对称轴都通过正n边形的中心。2）一个正多边形，如果有偶数条边，那么它既是轴对称图形，又是中心对称图形．对称中心就是这个正多边的中心。【小结】正n变形的内角为n−2×180°n，外角为360010．（2021秋•大连期末）正六边形的边心距是，则它的面积是（）A．2 B．6 C．9 D．12【答案】B【解答】解：如图，连接OA、OB；过点O作OG⊥AB于点G．在Rt△AOG中，OG＝，∠AOG＝30°，∵OG＝OA•cos30°，∴OA＝＝2，∴这个正六边形的面积＝6S△OAB＝6××2×＝6．故选：B．11．（2021秋•中山区期末）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，则正五边形中心角∠COD的度数是（）A．76° B．72° C．60° D．36°【答案】B【解答】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，∴五边形ABCDE的中心角∠COD的度数为＝72°，故选：B．12．（2021·四川成都·中考真题）如图，正六边形的边长为6，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠FAB=，AB=6，∴扇形ABF的面积=，故选择D．13．（2021·湖南湘西·中考真题）如图，面积为的正方形内接于⊙O，则的长度为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：连接BD、AC，∵四边形是正方形，且面积为18，∴，∴，∴，∴的长度为；故选C．14．（2021秋•南沙区期末）如图，正六边形螺帽的边长是4cm，那么这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是（）A．2，2 B．4，4 C．4，2 D．4，【答案】B【解答】解：设正六边形的中心为O，连接OA，OC，OB，AB，AB与OC交于G，则∠AOC＝＝60°，∵OA＝OC，∴△AOC是等边三角形，∴OA＝AC＝4cm，即这个正六边形半径R为4cm；∵△AOC是等边三角形，同理△BOC是等边三角形，∴AC＝OA＝OB＝BC，∴四边形ACBO是菱形，∴AB⊥OC，∠CAG＝CAO＝30°，∵AC＝4cm，∴CG＝2cm，∴AG＝＝2（cm），∴a＝AB＝4（cm），即a的值是4cm，故选：B．15．（2021秋•沂源县期末）如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，AF∥x轴，将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转n次，每次旋转60°，当n＝100时，顶点A的坐标为（）A．（﹣2，2） B．（﹣2，﹣2） C．（2，﹣2） D．（2，2）【答案】B【解答】解：连接OA，∠AOH＝30°，AH＝2，∴OH＝＝2，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转6次回到原位置，100÷6＝16…4，∴当n＝100时，顶点A的坐标为（﹣2，﹣2），故选：B．1.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠B＝135°，则的长（）A．2π B．π C． D．【答案】B【解答】解：连接OA、OC，∵∠B＝135°，∴∠D＝180°﹣135°＝45°，∴∠AOC＝90°，则的长＝＝π．故选：B．2.（2020•乌兰察布）如图，一块含有30°角的直角三角板ABC，在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到A′B′C′的位置．若BC＝15cm，那么顶点A从开始到结束所经过的路径长为（）A．10πcm B．30πcm C．15πcm D．20πcm【答案】D【解答】解：＝20πcm，故选：D．3.（2020•海南）一个圆锥的侧面展开图形是半径为8cm，圆心角为120°的扇形，则此圆锥的底面半径为（）cm B．cm C．3cm D．cm【答案】A【解答】解：设此圆锥的底面半径为r，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：2πr＝，r＝cm．故选：A．4.（2020•港南区二模）现有一圆心角为90°，半径为12cm的扇形纸片，用它恰好围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则该圆锥的高为（）A．cm B．2cm C．3cm D．6cm【答案】C【解答】解：＝2πR，解得R＝3cm，再利用勾股定理可知，高＝3cm．故选：C．5.（2021•丹东）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰在弧EF上，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：连接CD，作DM⊥BC，DN⊥AC．∵CA＝CB，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴DC＝AB＝1，四边形DMCN是正方形，DM＝．则扇形FDE的面积是：＝．∵CA＝CB，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴CD平分∠BCA，又∵DM⊥BC，DN⊥AC，∴DM＝DN，∵∠GDH＝∠MDN＝90°，∴∠GDM＝∠HDN，则在△DMG和△DNH中，，∴△DMG≌△DNH（ASA），∴S四边形DGCH＝S四边形DMCN＝．则阴影部分的面积是：﹣．故选：D．6.（2021•莱芜）如图，AB为半圆的直径，且AB＝4，半圆绕点B顺时针旋转45°，点A旋转到A′的位置，则图中阴影部分的面积为（）A．π B．2π C． D．4π【答案】B【解答】解：∵S阴影＝S扇形ABA′+S半圆﹣S半圆＝S扇形ABA′＝＝2π．故选：B．7．（2021秋•自贡期末）如图，已知边长为2的正六边形ABCDEF内接于⊙O，则阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：连接OE，OC，过O作OH⊥CE于H，在正六边形ABCDEF中，AF＝FE＝DE＝DC＝CB＝AB，∴，∴，∴AE＝AC，同理，AE＝CE，∴△AEC是等边三角形，∴∠OEH＝30°，∵OE＝2，∴OH＝OE＝1，∴CE＝2EH＝2，∴阴影部分的面积＝3×S△OEC＝3，故选：A．8．（2021秋•宜春期末）如图，正六边形ABCDEF的半径OA＝2，则点B的坐标为（）A．（﹣，1） B．（﹣1，） C．（﹣2，﹣） D．（﹣，2）【答案】A【解答】解：连接OB，∵正六边形ABCDEF的半径OA＝OD＝2，∴OB＝OA＝AB＝2，∠ABO＝∠60°，∴∠OBH＝60°，∴BH＝OB＝1，OH＝OBcos∠OBH＝×2＝，∴B（﹣，1），故选：A．9.（2019•邓州市一模）如图，直角△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝4，以A为圆心，AC长为半径画四分之一圆，则图中阴影部分的面积是（结果保留π）．【答案】4﹣π【解答】解：连接AD．∵直角△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝4，∴∠C＝60°，AB＝4，∵AD＝AC，∴三角形ACD是等边三角形，∴∠CAD＝60°，∴∠DAE＝30°，∴图中阴影部分的面积＝4×4÷2﹣4×2÷2﹣＝4﹣π．故答案为：4﹣π．10.（2021•乐山）如图，半圆的直径AB＝10，P为AB上一点，点C，D为半圆的三等分点，则阴影部分的面积等于．【答案】【解答】解：连接CD、OC、OD，∵点C，D为半圆的三等分点，∴CD∥AB，∴△OCD，△PCD是等底等高的三角形，阴影部分的面积就等于扇形OCD的面积．扇形OCD的面积＝＝．所以，阴影部分的面积为．（2021•德阳）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为．【答案】【解答】解：，解得r＝．故答案为：．（2020•西藏）若扇形的圆心角为60°，弧长为2π，则扇形的半径为．【答案】6【解答】解：∵扇形的圆心角为60°，弧长为2π，∴l＝，即2π＝，则扇形的半径R＝6．故答案为：63．（2020•天水）如图，△ABC是正三角形，曲线CDEF叫做正三角形的渐开线，其中弧CD、弧DE、弧EF的圆心依次是A、B、C，如果AB＝1，那么曲线CDEF的长是．【答案】4π【解答】解：弧CD的长是＝，弧DE的长是：＝，弧EF的长是：＝2π，则曲线CDEF的长是：++2π＝4π．故答案为：4π．4．（2021•台州）如图，三角板ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝6．三角板绕直角顶点C逆时针旋转，当点A的对应点A′落在AB边的起始位置上时即停止转动，则点B转过的路径长为（结果保留π）．【答案】2π【解答】解：∵AC＝A′C，且∠A＝60°∴△ACA′是等边三角形．∴∠ACA′＝60°即旋转角为60°，∴∠BCB′＝60°，∴点B转过的路径长是：＝2π．故答案为：2π．5．（2019•盘锦）如图，一段公路的转弯处是一段圆弧（），则的展直长度为（）A．3π B．6π C．9π D．12π【答案】B【解答】解：的展直长度为：＝6π（m）．故选：B．6．（2019•牡丹江）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB＝30°，CD＝2，则S阴影＝（）A．π B．2π C． D．π【答案】D【解答】解：如图，CD⊥AB，交AB于点E，∵AB是直径，∴CE＝DE＝CD＝，又∵∠CDB＝30°∴∠COE＝60°，∴OE＝1，OC＝2，∴BE＝1，∴S△BED＝S△OEC，∴S阴影＝S扇形BOC＝＝．故选：D．7．（2019•深圳）如图，在扇形AOB中∠AOB＝90°，正方形CDEF的顶点C是的中点，点D在OB上，点E在OB的延长线上，当正方形CDEF的边长为2时，则阴影部分的面积为（）A．2π﹣4 B．4π﹣8 C．2π﹣8 D．4π﹣4【答案】A【解答】解：∵在扇形AOB中∠AOB＝90°，正方形CDEF的顶点C是的中点，∴∠COD＝45°，∴OC＝＝4，∴阴影部分的面积＝扇形BOC的面积﹣三角形ODC的面积＝×π×42﹣×（2）2＝2π﹣4．故选：A．8．（2020•安顺）如图，在▱ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是（结果保留π）．【答案】3﹣π【解答】解：过D点作DF⊥AB于点F．∵AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，∴DF＝AD•sin30°＝1，EB＝AB﹣AE＝2，∴阴影部分的面积：4×1﹣﹣2×1÷2＝4﹣π﹣1＝3﹣π．故答案为：3﹣π．9．（2021•河南）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C为OA的中点，CE⊥OA交于点E，以点O为圆心，OC的长为半径作交OB于点D．若OA＝2，则阴影部分的面积为．【答案】+【解答】解：连接OE、AE，∵点C为OA的中点，∴∠CEO＝30°，∠EOC＝60°，∴△AEO为等边三角形，∴S扇形AOE＝＝π，∴S阴影＝S扇形AOB﹣S扇形COD﹣（S扇形AOE﹣S△COE）＝﹣﹣（π﹣×1×）＝π﹣π+＝+．故答案为：+．10．（2021•凉山州）将△ABC绕点B逆时针旋转到△A′BC′，使A、B、C′在同一直线上，若∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4cm，则图中阴影部分面积为cm2．【答案】4π【解答】解：∵∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4cm，∴BC＝2，AC＝2，∠A′BA＝120°，∠CBC′＝120°，∴阴影部分面积＝（S△A′BC′+S扇形BAA′）﹣S扇形BCC′﹣S△ABC＝×（42﹣22）＝4πcm2．故答案为：4π．11．（2020•嘉兴）如图，正方形网格中，△ABC为格点三角形（顶点都是格点），将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB1C1．（1）在正方形网格中，作出△AB1C1；（2）设网格小正方形的边长为1，求旋转过程中动点B所经过的路径长．【答案】（1）略（2）【解答】解：（1）如图．（2）旋转过程中动点B所经过的路径为一段圆弧．∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝5．又∵∠BAB1＝90°，∴动点B所经过的路径长为：＝．12．（2021•湖州）如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连接BC．（1）求证：AE＝ED；（2）若AB＝10，∠CBD＝36°，求的长．【答案】（1）略（2）略【解答】证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵OC∥BD，∴∠AEO＝∠ADB＝90°，即OC⊥AD，∴AE＝ED；（2）∵OC⊥AD，∴，∴∠ABC＝∠CBD＝36°，∴∠AOC＝2∠ABC＝2×36°＝72°，∴．13．（2021•呼伦贝尔）如图，线段AB与⊙O相切于点C，连接OA，OB，OB交⊙O于点D，已知OA＝OB＝6，AB＝6．（1）求⊙O的半径；（2）求图中阴影部分的面积．【答案】（1）⊙O的半径为3（2）阴影部分的面积为S阴影＝SRt△OBC﹣S扇形OCD＝OC•CB﹣π＝﹣π．【解答】解：（1）连接OC，则OC⊥AB．（1分）∵OA＝OB，∴AC＝BC＝AB＝×6＝3．（2分）在Rt△AOC中，OC＝＝3，∴⊙O的半径为3；（4分）（2）∵OC＝，∴∠B＝30°，∠COD＝60°（5分）∴扇形OCD的面积为S扇形OCD＝＝π，（7分）∴阴影部分的面积为S阴影＝SRt△OBC﹣S扇形OCD＝OC•CB﹣π＝﹣π．（8分）1．（2021•陆良县一模）如图，圆锥侧面展开得到扇形，此扇形半径CA＝6，圆心角∠ACB＝120°，则此圆锥高OC的长度是（）A．2 B．2 C．4 D．4【答案】C【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，∵AC＝6，∠ACB＝120°，∴＝＝2πr，∴r＝2，即：OA＝2，在Rt△AOC中，OA＝2，AC＝6，根据勾股定理得，OC＝＝4，故选：C．2．（2021•甘肃模拟）平凉市崆峒山塔群是研究院东地区砖石建筑艺术的宝贵实物资料，图①是位于崆峒山灵龟台西的灵秘塔，塔为石基砖砌身，呈六角六面四级阶状尖顶塔，图②是灵秘塔某层的平面示意图，若将其抽象为正六边形，则a的度数为（）A．45° B．50° C．60° D．72°【答案】C【解答】解：a的度数为＝60°，故选：C．3．（2021•闽侯县模拟）如图，半径为2的⊙O与正五边形ABCDE的边AB，DE分别相切于点B，D，则劣弧BD的长为（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：连接OB，OD，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠E＝∠A＝180°﹣＝108°．∵AB、DE与⊙O相切，∴∠OBA＝∠ODE＝90°，∴∠BOD＝（5﹣2）×180°﹣90°﹣108°﹣108°﹣90°＝144°，∴劣弧BD的长为＝π，故选：A．4．（2021•凉山州模拟）西昌市“北环线“是市政府为进一步优化市区交通布局打造的重点民生工程，如图，其中公路弯道处是一段圆弧，点O是这条弧所在圆的圆心，点C是的中点，OC与AB相交于点D．经测量AB＝120m，CD＝20m，那么这段弯道的半径为（）A．100m B．90m C．100m D．90m【答案】A【解答】解：连接OA，∵C是的中点，OC与AB相交于点D，∴AB⊥OC，∴AD＝AB，∵AB＝120m，∴AD＝×120＝60m，设OA＝r，则OD＝OC﹣CD＝r﹣CD，∵CD＝20m，∴OD＝r﹣20m，在Rt△AOD中，∵OA2＝AD2+OD2，∴r2＝602+（r﹣20）2，解得r＝100m．故选：A．5．（2021•上城区校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，以点A为圆心，AD长为半径画弧交边BC于点E，连接AE，则的长为（）A．π B．π C．π D．π【答案】C【解答】解：由题意可知：AE＝AD＝BC＝2，在Rt△ABE中，sin∠AEB＝＝＝，∴∠AEB＝60°，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠DAE＝60°，l＝＝＝，故A、B、D错误，故选：C．6．（2022•贵阳模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，以点B为圆心，BC为半径画弧，交AD于点F，则图中阴影部分面积为（）（结果保留π）．A． B． C． D．【答案】A【解答】解：如图，连接BF，则BF＝BC＝4，在Rt△ABF中，AB＝2、BF＝4，∴∠AFB＝∠FBC＝30°，AF＝＝＝2，则阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣S△ABF﹣S扇形BCF＝2×4﹣﹣＝8﹣2﹣π，故选：A．7．（2021•兴庆区校级三模）如图．已知扇形BOD，DE⊥OB于点E，若ED＝OE＝4，则阴影部分的面积为（）A．4π﹣4 B．2π﹣8 C．4π﹣8 D．4π﹣2【答案】C【解答】解：∵DE⊥OB于点E，ED＝OE＝4，∴△ODE是等腰直角三角形，∴∠BOD＝45°，设扇形BOD的半径为r，∴r＝OE＝4，阴影部分的面积＝S扇形AOD﹣S△ODE＝﹣×4×4＝4π﹣8．故选：C．8．（2022•禅城区校级模拟）“云南十八怪”中第二怪“摘下斗笠当锅盖”，是指云南以江鞭草、山锅盖草、斑茅草和嫩竹篾片、篾丝编织成锅盖，形似斗笠，用斗笠锅盖做饭煮菜，透气保温，做出来的饭菜清香可口．如图，斗笠锅盖可以近似看为一个圆锥，若一个斗笠锅盖的底面直径为60cm，高度为40cm，则该斗笠锅盖的表面积大约为（）A．725πcm2 B．1500πcm2 C．300πcm2 D．600πcm2【答案】B【解答】解：∵斗笠锅盖的底面直径为60cm，∴底面圆的半径为30c