2024年中考数学复习（全国版）第28讲 与圆有关的计算（练习）（解析版）

第28讲与圆有关的计算目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01求正多边形中心角题型02求正多边的边数题型03正多边形与圆中求角度题型04正多边形与圆中求面积题型05正多边形与圆中求周长题型06正多边形与圆中求边心距、边长题型07正多边形与圆中求线段长题型08正多边形与圆的规律问题题型09求弧长题型10利用弧长及扇形面积公式求半径题型11利用弧长及扇形面积公式求圆心角题型12求某点的弧形运动路径长度题型13求扇形面积题型14求图形旋转后扫过的面积题型15求圆锥侧面积题型16求圆锥底面半径题型17求圆锥的高题型18求圆锥侧面积展开图的圆心角题型19圆锥的实际问题题型20圆锥侧面上的最短路径问题题型21计算不规则面积题型01求正多边形中心角1．（2022·河北石家庄·统考二模）如图，边AB是⊙O内接正六边形的一边，点C在AB上，且BC是⊙O内接正八边形的一边，若AC是⊙O内接正n边形的一边，则n的值是（）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】C【分析】根据中心角的度数=360°÷边数，列式计算分别求出∠AOB，∠BOC的度数，可得∠AOC=15°，然后根据边数n=360°÷中心角即可求得答案．【详解】解：连接OC，∵AB是⊙O内接正六边形的一边，∴∠AOB＝360°÷6＝60°，∵BC是⊙O内接正八边形的一边，∴∠BOC＝360°÷8＝45°，∴∠AOC＝∠AOB－∠BOC＝60°－45°＝15°∴n＝360°÷15°＝24．故选：C．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、正八边形、正二十四边形的性质；根据题意求出中心角的度数是解题的关键．2．（2022·吉林长春·校考模拟预测）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F在DE上，则∠CFD＝度．【答案】36．【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．【详解】如图，连接OC，OD．∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠COD=360°5=72°∴∠CFD=12∠COD=36°故答案为：36．【点睛】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．3．（2022·江苏扬州·扬州教育学院附中校考二模）如图，在正十边形A1A2A3A4A【答案】54【分析】设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，再求出∠A7OA4,最后运用圆周角定理解答即可．【详解】解：如图：设正十边形的圆心O，连接A7O、A4O，∵正十边形的各边都相等∴∠A7OA4=310∴∠A4A1故填54．【点睛】本题主要考查了正多边形和圆以及圆周角定理，根据题意正确作出辅助线、构造出圆周角是解答本题的关键．题型02求正多边的边数4．（2022·上海松江·统考二模）如果一个正多边形的中心角为72°，那么这个正多边形的边数是．【答案】5【详解】解：∵中心角的度数=360°n72°=360°nn=5故答案为：5．5．（2022·上海浦东新·统考二模）一个正n边形的一个内角等于它的中心角的2倍，则n=．【答案】6【分析】根据正多边形内角和公式求出一个内角的度数，再根据中心角的求法求出中心角的度数列方程求解即可．【详解】∵正n边形的一个内角和=（n﹣2）•180°，∴正n边形的一个内角=180°×（∵正n边形的中心角=360°∴180°×（n解得：n=6．故答案为6．【点睛】本题比较简单，解答此题的关键是熟知正多边形的内角和公式及中心角的求法．6．（2022·广东深圳·统考二模）一个正多边形内接于半径为4的⊙O，AB是它的一条边，扇形OAB的面积为2π，则这个正多边形的边数是【答案】8【分析】设∠AOB=n°，利用扇形面积公式列方程nπ×42360=2π【详解】解：设∠AOB=n°，∵扇形OAB的面积为2π，半径为4∴nπ×∴n=45°，∴360°÷45°=8，∴这个正多边形的边数是8，故答案为8．【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形面积，圆心角，掌握正多边形与圆的性质，扇形面积公式，圆心角是解题关键．题型03正多边形与圆中求角度7．（2022·山东青岛·统考二模）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，则∠EBC的度数为（

A．54° B．60° C．71° D．72°【答案】D【分析】先根据正五边形的内角和求出每个内角，再根据等边对等角得出∠ABE=∠AEB，然后利用三角形内角和求出∠ABE=12【详解】解：∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，∴∠A=∠ABC=155-2×180°=108°，AB∴∠ABE=∠AEB，∴∠ABE=12∴∠EBC故选：D．【点睛】本题考查圆内接正五边形的性质，等腰三角形性质，三角形内角和公式，角的和差计算，掌握圆内接正五边形的性质，等腰三角形性质，三角形内角和公式，角的和差计算是解题关键．8．（2022·河北·模拟预测）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接BD．则∠CBD的度数是（

）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】A【分析】根据正六边形的内角和求得∠BCD，然后根据等腰三角形的性质即可得到结论．【详解】∵在正六边形ABCDEF中，∠BCD＝(6-2)×180∘6＝120°，BC∴∠CBD＝12（180°﹣120°）＝30°故选A．【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟记多边形的内角和是解题的关键．9．（2022·河北保定·统考模拟预测）如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，∠GOK的两边OG,OK，分别与AB,CB，相交于点M，NA．∠GOK=60° BC．S四边形OMBN=112S【答案】C【分析】根据正六边形的性质以及全等三角形的判定和性质逐项进行证明即可．【详解】解：如下图所示，连接OA，∵点O是正六边形ABCDEF的中心，∴OA=OB=OC，∠FAB=∠ABC∴∠OAM=180∴∠OAM∵∠GOK∴∠OMB+∠ONB故A选项不符合题意．∵∠OMA∴∠OMA∴△OAM≌△OBN∴∠OMA=∠ONB故D选项不符合题意．∴MB+故B选项不符合题意．∴S四边形∴S四边形故C选项符合题意．故选：C【点睛】此题考查正六边形的性质以及全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．10．（2022·广西梧州·统考一模）如图，在正五边形ABCDE中，AC与BE相交于点F，则∠AFE的度数为．【答案】72°【分析】首先根据正五边形的性质得到AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°，最后利用三角形的外角的性质得到∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°．【详解】∵五边形ABCDE为正五边形，∴AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，∴∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°，∴∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°，故答案为72°．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，利用数形结合求解是解答此题的关键．题型04正多边形与圆中求面积11．（2022·河北廊坊·统考二模）如图，两张完全相同的正六边形纸片（边长为2a）重合在一起，下面一张保持不动，将上面一张纸片六边形A'B'C'DA．3:1 B．4:1 C．5:2 D．2:1【答案】A【分析】求出正六边形和阴影部分的面积即可解决问题．【详解】解：如下图，正六边形由六个等边三角形组成，过点O作OH⊥CD于点H，OG⊥根据题意，正六边形纸片边长为2a，即CD∴OC=∵OH⊥∴CH=∴在Rt△OCH中，同理，OG=∴S△∴正六边形的面积=6×3∵将上面一张纸片六边形A'B'又∵GH=∴阴影部分的面积=a∴空白部分与阴影部分面积之比是=63故选：A．【点睛】本题主要考查了多边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、平移变换等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．12．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，正六边形ABCDEF中，点P是边AF上的点，记图中各三角形的面积依次为S1,SA．S1+S2=2S3 B．【答案】B【分析】正六边形ABCDEF中，点P是边AF上的点，记图中各三角形的面积依次为S1,S2,【详解】解：正六边形ABCDEF中，点P是边AF上的点，记图中各三角形的面积依次为S1则有S3=1∴S3故选：B．【点睛】本题考查正多边形与圆，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．13．（2022·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）边长为a的正方形的对称轴有条，这个正方形的外接圆的面积是．【答案】41【分析】正方形的对称轴有4条，然后根据正方形的对角线长就是外接圆的直径求得外接圆的半径，从而计算面积即可．【详解】任何正方形的对称轴都有4条；∵正方形的边长为a，∴正方形的对角线长为：2a∵正方形的对角线是正方形的外接圆的半径，∴正方形的外接圆的半径为22∴正方形的外接圆的面积为：πr故答案为：4，12【点睛】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是弄清正多边形的有关元素与圆的关系，如本题中的外接圆的半径就是正方形对角线长的一半．14．（2022·宁夏银川·校考三模）如图，已知⊙O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM是3，则阴影部分的面积是【答案】4π-【分析】根据圆内接正六边形的性质可求出∠DOE=60°，进而得出△DOE是正三角形，由圆内接正六边形的性质以及直角三角形的边角关系可求出半径OD，边长DE【详解】解：如图，连接OD，OE，∵六边形ABCDEF是⊙O∴∠∵OD∴△DOE∵⊙O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM是3∴OD=OMsin∴S∴S故答案为4【点睛】本题考查正多边形面积与圆面积的计算，掌握圆内接正六边形的性质以及圆的面积的计算方法是解决问题的关键15．（2022·四川成都·校考模拟预测）求半径为20的圆内接正三角形的边长和面积.【答案】它的内接正三角形的边长为203，面积为【分析】作正三角形ABC关于⊙O的内接三角形，过点O作BC的垂线AD，垂足为D，连接OB，根据正三角形的性质，得出∠OBD=30°，再根据锐角三角函数的定义，得出BD的长，再根据垂径定理，得出BC【详解】解：如图，作正三角形ABC关于⊙O的内接三角形，过点O作BC的垂线AD，垂足为D，连接OB∵半径为20的圆的内接正三角形，∴OB=20∵AD∴AD是∠BAC∴∠BAD又∵BO=∴∠ABO∴∠OBD在Rt△∴BD∵BD∴BC∴AD∴S∴它的内接正三角形的边长为203，面积为300【点睛】本题主要考查了正多边形和圆，解直角三角形，根据正三角形的性质得出∠OBD题型05正多边形与圆中求周长16．（2022·河北唐山·统考二模）如图，有公共顶点O的两个边长为5的正五边形（不重叠），以点O为圆心，5为半径作弧，构成一个“蘑菇”形图案（阴影部分），则这个“蘑菇”形图案的周长为（

）A．4π B．4C．10π D．10【答案】B【分析】根据多边形的内角和求出正五边形的内角和，可求得每个内角的度数，则可求得阴影部分的度数，再利用圆弧的周长计算公式即可求得答案．【详解】解：正五边形的内角和为：(n∴每个角为540°÷5=108°，则图中阴影部分的度数为：360°-2×108°=144°，则圆弧的长：144360∴“蘑菇”形图案的周长为：4π故选B．【点睛】本题考查了正多边形与圆，圆弧的周长计算，解题的关键是熟练掌握圆弧的周长计算公式．17．（2022·江西吉安·统考一模）某校开展“展青春风采，树强国信念”科普大阅读活动．小明看到黄金分割比是一种数学上的比例关系，它具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，应用时一般取0.618．特别奇妙的是在正五边形中，如图所示，连接AB，AC，∠ACB的角平分线交边AB于点D，则点D就是线段AB的一个黄金分割点，且AD>BD，已知ACA．19.1cm B．25cm C．30.9cm D．40cm【答案】C【分析】证明BC=CD=AD=6.18（cm），可得结论．【详解】解：由题意，点D是线段AB的黄金分割点，∴ADAB∵AB=AC=10cm，∴AD=6.18（cm），∵∠ABC=∠ACB=72°，CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD=∠CAD=36°，∠CDB=∠CBD=72°，∴BC=CD=AD=6.18（cm），∴五边形的周长为6.18×5=30.90（cm），故选：C．【点睛】本题考查正多边形的性质，黄金分割等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题．18．（2022·云南昆明·统考二模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长l6=6R，则π≈lA．l12=24RC．l12=24R【答案】A【分析】求出正多边形的中心角，利用三角形周长公式求解即可．【详解】解：∵十二边形A1∴∠A∵OM⊥A1A2∴∠A∵正n边形的周长=n∴圆内接正十二边形的周长l12故选：A．【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，求出正十二边形的周长是解题的关键．19．（2022·浙江·统考二模）如图1是学生常用的一种圆规，其手柄AB=8mm，两脚BC=BD=56mm，如图2所示．当∠CBD(1)求A离纸面CD的距离．(2)用该圆规作如图3所示正六边形，求该正六边形的周长．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，结果精确到0.1）【答案】(1)52.8(2)403.2mm【分析】（1）连接CD，过点B点作BE⊥CD，垂足为E，根据等边三角形的性质求得∠CBE=37°，解直角三角形CBE，分别求得（2）根据正六边形的性质，正六边形的边长等于半径，等于CD的长，即可求得正六边形的周长．【详解】（1）如图，连接CD，过点B点作BE⊥CD，垂足为∵BC∴CE∴BE∴AE即A离纸面CD的距离为52.8mm（2）∵CE∴CD=2CE∵正六边形的边长等于外接圆的半径，则正六边形周长=6CD=6×67.2=403.2【点睛】本题考查了正六边形的性质，解直角三角形的应用，掌握直角三角形中的边角关系是解题的关键．题型06正多边形与圆中求边心距、边长20．（2022·广东湛江·岭师附中校联考三模）半径为2的圆内接正六角形的边长是（）A．1 B．2 C．3 D．23【答案】B【分析】根据正六边形的性质可知∠COD=60°，再根据等边三角形的判定与性质可知【详解】解：如图，连接OC、

∵正六边形ABCDEF内接于圆O，∴∠COD∵OC=∴△OCD∴OC=∵OC=∴CD=2故选B．【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，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．21．（2022·河南信阳·统考三模）如图1，动点P从正六边形的A点出发，沿A→F→E→D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C，图2是点P运动时，△ACP的面积y（cm2）随着时间x（s）的变化的关系图象，则正六边形的边长为（

）A．2cm B．3cm C．1cm D．3cm【答案】A【分析】如图，连接BE，AE，CE，BE交AC于点G，证明△ACE为等边三角形，根据y的最大值求得△ACE的边长，再在直角三角形ABG中用三角函数求得AB的长即可．【详解】】解：如图，连接BE，AE，CE，BE交AC于点G由正六边形的对称性可得BE⊥AC，△ABC≌△CDE≌△AFE∴△ACE为等边三角形，GE为AC边上的高线∵动点P从正六边形的A点出发，沿A→F→E→D→C以1cm/s的速度匀速运动∴当点P运动到点E时△ACP的面积y取最大值33设AG=CG=a（cm），则AC=AE=CE=2a（cm），GE=3a（cm）∴2a×3a÷2=33（cm）∴a2=3∴a=3（cm）或a=-3（舍）∵正六边形的每个内角均为120°∴∠ABG=12∴在Rt△ABG中，AGAB=sin∴3∴AB=2（cm）∴正六边形的边长为2cm故选：A．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，以图中y值的最大值为突破口，求得等边三角形△ACE的边长，是解题的关键．22．（2022·四川达州·四川省渠县中学校考二模）如图，⊙O的内接正六边形的边长是6，则弦心距是．【答案】3【分析】连接OB、OC，过点O作OM⊥BC，交BC于点M，证明△OBC为等边三角形，根据等边三角形的性质，得出BM=12【详解】解：连接OB、OC，过点O作OM⊥BC，交BC于点M，如图所示：∵六边形ABCDEF为圆内接正六边形，∴∠BOC∵OB=OC，∴Δ∴OB=∵OM∴BM=∴OM即弦心距是33故答案为：33【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．23．（2022·陕西西安·校考模拟预测）某正多边形的边心距3，半径为2，则该正多边形的面积为．【答案】6【分析】根据题意画出图形，得出OE⊥AB，OE=3，OA=2【详解】解：如图所示：由题意可得，OE⊥AB，OE=3，则cos∠故∠AOE∴AE=∴∠AOB=2∠AOE∵360°60°∴正多边形是正六边形，则该正多边形的面积为：6×1故答案为：63【点睛】本题主要考查了三角函数的应用，正多边形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是证明正多边形是正六边形．24．（2022·辽宁沈阳·统考二模）半径为6的圆内接正三角形的边心距为．【答案】3【分析】根据题意画出图形，连接OB、OC，作OD⊥BC于D，由含30°的直角三角形的性质得出OD即可．【详解】如图所示，连接OB、OC，作OD⊥BC于D，则∠ODC=90°，∵∠BOC=13×360°=120°，OB=∴∠OBC=∠OCB=30°，∴OD=即边心距为3，故答案为：3．

【点睛】本题考查了正多边形和圆，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形来解答．题型07正多边形与圆中求线段长25．（2022·江苏徐州·徐州市第十三中学校考三模）如图所示的正八边形的边长为2，则对角线AB的长为（

）A．22+2 B．4 C．2+2【答案】A【分析】标出点C，D，E，F，连接CD，连接AC，BD交于点O，过点E作EG⊥AB于G，过点F作FH⊥AB于H，根据正多边形和圆的性质，矩形的判定定理和性质确定∠DAB=∠ABC=90°，根据多边形的内角和定理确定∠DAE=∠AEF=∠FBC=135°，根据角的和差关系，平行线的判定定理确定EF∥AB，根据平行线的性质，矩形的判定定理和性质求出GH的长度，根据三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理求出GA和HB的长度，最后根据线段的和差关系即可求出【详解】解：如下图所示，标出点C，D，E，F，连接CD，连接AC，BD交于点O，过点E作EG⊥AB于G，过点F作FH⊥AB于H．根据图形可知直线AC和直线BD是正八边形的对称轴．∴AC和BD是该正八边形外接圆的直径．∴AC=BD，点O为该正八边形外接圆的圆心．∴OA=OB=OC=OD．∴四边形ABCD是平行四边形．∴四边形ABCD是矩形．∴∠BAD=∠ABC=90°．∵正八边形的边长为2，∴AE=EF=FB=2，∠DAE∴∠GAE=∠DAE-∠DAB=45°，∠HBF=∠FBC-∠ABC=45°．∴∠AEF+∠GAE=180°．∴EF∥∴∠EGH+∠GEF=180°．∵EG⊥AB，FH⊥AB，∴∠EGH=∠FHG=∠EGA=∠FHB=90°．∴∠GEF=180°-∠EGH=90°，∠GEA=180°-∠EGA-∠GAE=45°，∠HFB=180°-∠FHB-∠HBF=45°，AE2=∴四边形EGHF是矩形，∠GAE=∠GEA，∠HFB=∠HBF．∴GH=EF=2，GA=GE，HB=HF．∴22=G∴GA=2，∴AB=故选：A．【点睛】本题考查正多边形与圆的性质，多边形的内角和定理，矩形的判定定理和性质，平行线的判定定理和性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，熟练掌握这些知识点是解题关键．26．（2022·吉林长春·模拟预测）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，过点A作⊙O的切线交对角线DB的延长线于点F，则下列结论不成立的是（A．AE∥BF B．AF∥CD C．【答案】C【分析】连接OA、【详解】∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠BAE=∠ABC∴∠CBD∴∠ABD∴∠EAB∴AE∥BF，故∵∠F∴AF∥CD，故连接AD，过点A作AH⊥DF于点H，则∵∠EDC=108°，∴∠ADF∴AD=AF连接OA、∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠AOB∵OA∴∠OAB∵FA相切于⊙∴∠OAF∴∠FAB∵∠ABD∴∠F∴AB=BF故选：C．【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、正多边形与圆、等腰三角形的性质和判定、平行线的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解题的关键．27．（2022·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PDA．211-2 B．213-2【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=43，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，【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，∴∠BCD∴BH=∴DH=∴BD=4∵∠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=∴PD=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．28．（2022·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）在正六边形ABCDEF中，对角线AC，BD相交于点M，则AMCM的值为【答案】2【分析】根据多边形的内角和公式即可得出∠ABC，∠BCD的度数，再根据等腰三角形的性质证明BM=CM，∠ABM=90°,设BM=a,【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BCD=∠ABC=16（6-2）×180°=120°，AB=BC=CD，∴∠BAC=∠ACB=∠CBD=∠CDB=12（180°-120°）=30°，∴CM=BM,设BM=a,∴AM∴AM故答案为2．【点睛】本题考查了正多边形和圆、多边形的内角与外角以及等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质等知识，熟记多边形的内角和公式是解答本题的关键．题型08正多边形与圆的规律问题29．（2022·江苏扬州·模拟预测）如图，把正六边形各边按一定方向延长，使延长的线段与原正六边形的边长相等，顺次连接这六条线段外端点，可以得到一个新的正六边形，.....，重复上述过程，经过2018次后，所得的正六边形的边长是原正六边形边长的（

）A．(2)2016倍 B．(3)2017倍 C．【答案】C【分析】先根据正六边形的性质得出∠1的度数，再根据AD=CD=BC判断出△ABC的形状及∠2的度数，求出AB的长，进而可得出，经过2018次后，即可得出所得到的正六边形的边长．【详解】∵此六边形是正六边形，∴∠1=180°-120°=60°，∵AD=CD=BC，∴△BCD为等边三角形，∴BD=12AC∴△ABC是直角三角形又∵BC=12AC∴∠2=30°，∴AB=3BC=3CD，同理可得，经过2次后，所得到的正六边形是原正六边形边长（3）2倍，∴经过2018次后，所得到的正六边形是原正六边形边长的（3）2018，故选：C．【点睛】本题考查的是正多边形和圆，解答此题的关键是熟知正多边形内角的性质及直角三角形的判定定理，此题有一定的难度．30．（2022·广东湛江·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A【答案】-【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2023次旋转后点的坐标即可．【详解】解：∵正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，AB∥∴AP=1∴OP=∴第1次旋转结束时，点A的坐标为3,-1第2次旋转结束时，点A的坐标为-1,-第3次旋转结束时，点A的坐标为-3第4次旋转结束时，点A的坐标为1,3∴4次一个循环，∵2023÷4=∴第2023次旋转结束时，点A的坐标为-3故答案为：-3【点睛】本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．31．（2022·广东·模拟预测）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（）A．（-32，-3） B．（32，-332） C．（-3，【答案】A【分析】如图，连接AD，BD．首先确定点D的坐标，再根据6次一个循环，由2025÷6=337⋅⋅⋅3，推出经过第2025次旋转后，顶点D的坐标与第三次旋转得到的D3【详解】解：如图，连接AD，BD．在正六边形ABCDEF中，AB=1，AD=2，∴BD在RtΔAOF中，AF=1∴∠OFA∴OA∴OB∴D(3∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，∴6次一个循环，∵2025÷6=337⋅⋅⋅3，∴经过第2025次旋转后，顶点D的坐标与第三次旋转得到的D3∵D与D∴D3(-∴经过第2025次旋转后，顶点D的坐标(-32，故选：A．【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．题型09求弧长32．（2022·山东枣庄·统考三模）一根钢管放在V形架内，其横截面如图所示，钢管的半径是24cm，若∠ACB=60°，则劣弧AB的长是（A．8πcm B．16πcm C．32πcm【答案】B【分析】先利用v形架与圆的关系求出∠C+∠AOB=180°，由∠C=60°，可求∠AOB=120°，由OB=24cm，利用弧长公式求即可．【详解】解：∵AC与BC是圆的切线，∴OA⊥AC，OB⊥CB，∴∠OAC=∠OBC=90°，∴∠C+∠AOB=360°-∠OAC-∠OBC=360°-90°-90°=180°，∵∠C=60°，∴∠AOB=180°-60°=120°，∵OB=24cm,∴lAB=120×π故选择B．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，四边形内角和，弧长公式，掌握直线与圆的位置关系，四边形内角和，弧长公式是解题关键．33．（2023·甘肃天水·统考一模）如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（AB），点O是这段弧所在圆的圆心，半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，则这段弯路（A．20πm B．30πm C．【答案】C【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出这段弯路（AB）的长度．【详解】解：∵半径OA=90m，圆心角∠AOB=80°，∴这段弯路（AB）的长度为：80π故选C【点睛】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长计算公式l34．（2022·广东中山·统考一模）某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B．若该圆半径是9cm，∠P＝40°，则AMB的长是（

）A．11πcm B．112πcm C．7πcm【答案】A【分析】如图，根据切线的性质可得∠PAO=∠PBO=90°，根据四边形内角和可得【详解】解：如图，∵PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B．∴∠PAO∵∠P＝40°，∴∠AOB∵该圆半径是9cm，∴AMB=故选：A．【点睛】本题考查了切线的性质，求弧长，牢记弧长公式是解题的关键．35．（2023·湖北武汉·校考一模）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为2m，高为23mA．5π3m B．8π3m C．【答案】C【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得ΔCOD是等边三角形，得到∠COD=60°【详解】如图，连接AD，BC，交于O点，∵∠BDC=90°∴BC是直径，∴BC=∵四边形ABDC是矩形，∴OC=∵CD=2∴OC=∴ΔCOD∴∠COD∴门洞的圆弧所对的圆心角为360°-60°=300°，∴改建后门洞的圆弧长是300°π×故选：C【点睛】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．36．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，点A，B，C，D在半径为5的⊙O上，连接AB，BC，CD，AD．若∠ABC=108°，则劣弧AC

【答案】4【分析】先利用圆内接四边形的对角互补求出∠D的度数，再利用圆周角定理求出∠【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，∠ABC∴∠D∴∠AOC∴劣弧AC的长为144×π故答案为：4π【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，弧长公式，熟练运用这些知识是解题的关键．37．（2023·河北石家庄·校联考二模）如图是放于水平桌面上的鱼缸，其主体部分的轴截面是圆心为O的弓形AMB，与桌面CD相切于点M，开口部分AB与桌面CD平行，测得开口部分AB=40cm，MB=205cm

(1)求弓形AMB的半径；(2)求优弧AMB的长．【答案】(1)25(2)635【分析】（1）连接MO并延长MO交AB与点N，根据垂径定理可得AN=BN=20，在Rt△BMN中，BM2=BN2+MN2（2）连接AO、BO，根据正切的定义以及已知条件得到∠BMN=26.5°，进而求得【详解】（1）连接MO并延长MO交AB与点N

由题意知，MO⊥∴∠OMC又∵AB∴∠BNO即NO⊥∴AN在Rt△BMN中，∴(205∴MN设⊙O半径为r，则OB=OM在Rt△ONB中，∴r2解得：r=25∴弓形AMB的半径为25．（2）连接AO、BO，

∵tan∠OMB∴∠BMN在⊙O中，∠∴∠AOB=53°×2=106°∴n∴l【点睛】本题考查了垂径定理的应用，勾股定理，圆周角定理，求弧长，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型10利用弧长及扇形面积公式求半径38．（2021·安徽·统考三模）如图，AB是⊙O的弦，点C是劣弧AB的中点，若∠BAC＝30°，劣弧AB的长为23π，则⊙O的半径为【答案】1【分析】连接OC、OB，根据已知求出∠COB的度数，根据弧长公式求出即可．【详解】解：如图，连接OB、∵点C是劣弧AB的中点，劣弧AB的长为23∴劣弧BC的长为13∵∠BAC∴∠BOC根据弧长的计算公式得60π∴r=1故答案为：1【点睛】本题考查了圆周角定理和弧长公式，能求出∠COB的度数和熟记弧长公式是解此题的关键．39．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）一个扇形的弧长是4πcm，面积是12πcm【答案】6【分析】根据扇形面积公式S=【详解】解：∵S∴12π解得r=6故答案为：6．【点睛】本题考查的是扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式S=40．（2023·江苏盐城·统考一模）如图，用一个圆心角为150°的扇形围成一个无底的圆锥，如果这个圆锥底面圆的半径为2cm，则这个扇形的半径是cm

【答案】24【分析】利用底面周长=展开图的弧长可得．【详解】设扇形的半径为rcm，则解得：r=故答案为：245【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图问题，解答本题的关键是确定“底面周长=展开图的弧长”这个等量关系，然后由扇形的弧长公式和圆的周长公式求值．41．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在⊙O中，弦AB与CD交于点E，点C为AmB

①AB为直径；②∠ACD=60°；③(1)从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题．你选择的条件是___________，结论是___________（填写序号），请说明理由．(2)在（1）的条件下，若AD的长为43π，求【答案】(1)①②；③；理由见解析（答案不唯一）(2)2【分析】（1）任选其中两条作为已知条件，剩余一条作为结论，均为真命题，结合圆当中的基本性质和定理进行证明即可；（2）结合条件∠ACD=60°可推出【详解】（1）证明：如图所示，连接BC，∵点C为AmB的中点，∴AC=BC，情况一：选择条件是①②，结论是③，是真命题；理由如下：∵AB为直径，∴∠ACB∴△ABC为等腰直角三角形，∠∵∠ACD∴∠CEB∴条件是①②，结论是③，该命题为真命题；情况二：选择条件是①③，结论是②，是真命题；理由如下：∵AB为直径，∴∠ACB∴△ABC为等腰直角三角形，∠∵∠CEB∴∠ACD∴条件是①③，结论是②，该命题为真命题；情况三：选择条件是②③，结论是①，是真命题；理由如下：∵∠ACD=60°，∴∠CAB∵AC=∴∠CAB∴∠ACB∵AB是圆上的弦，∴AB为直径，∴条件是②③，结论是①，该命题为真命题；故答案为：①②；③（答案不唯一）；

（2）解：由（1）可知，∠ACD如图所示，连接OD，∴∠AOD∵AD的长为43π，设⊙O∴120πr解得：r=2∴⊙O的半径为2

【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，弧长计算，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，理解直径所对的圆周角为直角及其推论，掌握弧长计算公式是解题关键．题型11利用弧长及扇形面积公式求圆心角42．（2022·湖南长沙·一模）已知扇形半径是3cm，弧长为32πcm，则扇形的圆心角为【答案】90【分析】已知扇形半径是3cm，弧长为32πcm，直接利用弧长公式l=【详解】解：l=解得：n=90°故答案为：90．【点睛】本题考查了弧长计算公式的应用，掌握弧长公式是解题的关键．43．（2021·新疆乌鲁木齐·新疆农业大学附属中学校考一模）已知扇形面积为24π，弧长为8π，则此扇形的圆心角为度．【答案】240【分析】根据扇形的弧长为8π，面积为24【详解】解：设该扇形的半径为r，圆心角为n°∵扇形的弧长为8π，面积为24∴12解得，r=6∵8π∴n故答案为：240．【点睛】本题考查扇形面积的计算、弧长的计算，解答本题的关键是明确题意，利用扇形的弧长和面积公式解答．44．（2022·河南驻马店·校联考二模）某种冰激凌的外包装可以视为圆锥，它的底面圆直径ED与母线AD长之比为1:2．制作这种外包装需要用如图所示的等腰三角形材料，其中AB=AC，AD⊥BC．将扇形AEF围成圆锥时，（1）求这种加工材料的顶角∠BAC（2）若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图中阴影部分）的面积．（结果保留π）【答案】（1）∠BAC=90°；（2）S阴影=（100-25π）cm【分析】（1）设ED=x，则AD=2x，根据圆的周长求EF弧长，利用弧长公式求n=90°（2）由AB=AC，∠BAC=90°，可得△ABC为等腰直角三角形，由AD⊥BC可求BD=CD=AD=10cm，利用三角形面积公式求S△BAC=12【详解】解：（1）设ED=x，则AD=2x，∴EF弧长=2π∴n=90°∴∠BAC=90°（2）∵ED=5cm，∴AD=2ED=10cm，∵AB=AC，∠∴△ABC为等腰直角三角形，∵AD⊥∴BD=CD=AD=10cm，∴BC=BD+CD=20cm，∴S△BAC=12BC×∴S扇形EF∴S阴影=S△BAC-S扇形EF=（100-25π）【点睛】本题考查圆锥，侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，利用割补法求阴影面积，掌握圆锥，侧面展开图，扇形面积公式，等腰直角三角形判定与性质，利用割补法求阴影面积是解题关键．题型12求某点的弧形运动路径长度45．（2023·贵州贵阳·统考三模）长为30 cm的细木条AB用两个铁钉固定在墙上，固定点为点A，B（铁钉的大小忽略不计），当固定点B处的铁钉脱落后，细木条顺时针旋转至与原来垂直的方向，点B落在点C的位置，则点B旋转的路径BC长为（

A．450π cm B．225π cm【答案】C【分析】根据弧长公式进行计算便可．【详解】解：点B旋转的路径BC长为90180故选：C．【点睛】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．46．（2022·福建厦门·统考二模）如图，用一个半径为6cm的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了120°，假设绳索粗细不计，且与轮滑之间没有滑动，则重物上升了cm．（结果保留π）【答案】4【分析】利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中120°所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可．【详解】解：根据题意，重物的高度为120×π×6180故答案为：4π【点睛】本题考查了弧长公式：l=n⋅π⋅R18047．（2022·山东滨州·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°<α<180°）得到△【答案】23【分析】利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠BAB'=60°【详解】解：∵∠C=90°，∠ABC∴AB=2AC，设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：x2解得：x=1，则：AC=1，AB=2，∵将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°<α<180°）得到△AB∴旋转角为60°，∴∠BAB'=60°∴点B所经过的路径长为：nπr180=故答案为：23【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．48．（2021·广西河池·统考二模）如图所示，将一个半径OA=10cm，圆心角∠AOB=90°的扇形纸板放置在水平面的一条射线OM上．在没有滑动的情况下，将扇形AOB沿射线OM翻滚至OB再次回到OM上时，则半径OA的中点P【答案】10【分析】本题考查了弧长的计算，解题的关键是理解点O经过的路线并能正确运用弧长公式进行计算．仔细观察点O经过的路线可得，点O经过的路线可以分为四段，分别求出四段的长，再求出其和即可．【详解】解：连接BP，如图所示：∵P为AO的中点，OA=10∴PO=5根据勾股定理得：BP=中点P经过的路线可以分为四段，当AB切射线OM于点B时，OB⊥OM，此时P点绕不动点B转过了90°，此时点90π第二段：OB⊥OM到OA⊥OM，P点绕动点转动，而这一过程中∴点P转动点的连线始终垂直射线OM，∴点P运动的路线长为AB的长，即90π第三段：OB⊥OM到点P落在射线OM上，点P绕不动点A转动了90°，此时点P运动的路线长为：第四段：OA⊥OM到OB与射线OM重合，点P绕不动点O转动了90°，此时点P运动的路线长为：∴P点经过的路线总长为：5π故答案为：10π49．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，A-1,0，B-(1)以原点O为位似中心，相似比为2，作△ABC的位似图形，得到△A1B1C1，请在图中作出△A1B1C1(2)若将△ABC绕原点O逆时针旋转90∘，得到△A2B2C2，请在图中作出△A2B2C2（点A2【答案】(1)见解析(2)见解析；5【分析】（1）利用网格和位似的性质找出各个对应点，连线即可解答；（2）利用网格和旋转的性质即可画出所求作的三角形，利用勾股定理算出OB的长度，再利用弧长公式计算即可．【详解】（1）如图，△A（2）如图，△AOB=∴旋转过程中，点B经过的路径长为90π故答案为：52【点睛】本题考查了作图-旋转作图，作图-位似变换，除上述知识点外，熟练掌握勾股定理和弧长公式也是解题的关键．题型13求扇形面积50．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，以点B为圆心，BA长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，则扇形BAEA．π3 B．3π5 C．2【答案】C【分析】解直角三角形求出∠CBE=30°，推出【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC∵BA=BE∴cos∴∠CBE∴∠ABE∴S故选：C．【点睛】本题考查扇形的面积，三角函数、矩形的性质等知识，解题的关键是求出∠CBE51．（2023·福建三明·统考模拟预测）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【答案】π【分析】先根据特殊角的锐角三角函数值，求出∠ABE，进而求出∠【详解】解：∵矩形ABCD，∴∠A=∠ABC∵以B为圆心，BC的长为半轻画弧，交AD于点E，BC=2∴BE=在Rt△ABE中，∴cos∠∴∠ABE=60°∴∠EBC=90°-60°=30°S阴影=30π×故答案为：π3【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．52．（2022·湖北十堰·统考一模）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A=90°,BC=4．分别以点B、点C为圆心，线段BC长的一半为半径作圆弧，交AB、BC、AC于点D、E、【答案】4-【分析】根据等腰直角三角形的性质可求出AC的长，根据S阴影=S△ABC-2S扇形CEF即可得答案．【详解】∵等腰直角三角形ABC中，∠A∴AC=AB=22BC=22，∠B∴S阴影=S△ABC-2S扇形CEF=12AC⋅故答案为：4-【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质及扇形面积，熟练掌握面积公式是解题关键．53．（2023·江苏徐州·一模）如图，C，D是以AB为直径的半圆上的两点，∠CAB(1)求证：CD∥(2)若AB=4，∠【答案】(1)答案见解析(2)2【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据∠CAB＝∠DBA得到∠CAB＝∠ACD，进而得到结论；（2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形COD的面积相等，继而得到结论．【详解】（1）证明：∵AD⌒=AD∴∠ACD＝∠DBA，

又∵∠CAB＝∠DBA，∴∠CAB＝∠ACD，

∴CD∥（2）解：如图，连结OC，OD．∵∠ACD＝30°，∴∠ACD＝∠CAB＝30°，∴∠AOD＝∠COB＝60°,∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°．∵CD∥∴S△DOC=S△DBC，

∴S阴影=S弓形COD+S△DOC=S弓形COD+S△DBC=S扇形COD，∵AB＝4，∴OA＝2，∴S扇形COD=nπr2∴S阴影=23【点睛】本题主要考查扇形的面积，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定，掌握定理以及公式是解题的关键．题型14求图形旋转后扫过的面积54．（2017·山东淄博·统考一模）如图，将△ABC绕点C旋转60∘得到△A'B'C，已知ACA．3π2 B．8π3 C．【答案】D【分析】根据图形可以得出AB扫过的图形的面积=S扇形ACA'+SΔABC【详解】解：∵△ABC绕点C旋转60°得到△A′B′C，∴△ABC≌△A′B′C，∴SΔABC=S∵AB扫过的图形的面积=S扇形∴AB扫过的图形的面积=S扇形∴AB扫过的图形的面积=60π故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的性质的运用，扇形的面积公式的运用，解答时根据旋转的性质求解是关键．55．（2020·广东深圳·统考三模）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

A．73π-783 B．43【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

∵O、H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转120°到△∴△OBH∴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∴AB=2∴AC=∵H为边AC的中点，∴CH=∴BH=∴阴影部分面积=120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．56．（2023·四川泸州·泸县五中校考一模）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OA1，扫过的面积记为S1，A1A2⊥OA1交x轴于点A2；将OA2绕点O顺时针旋转45°到OA3，扫过的面积记为S2，A3A4⊥OA3交y

【答案】2【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出扇形的半径，写出部分Sn的值，根据数的变化找出变化规律S【详解】由题意△A1OA2、△∴OA2=2，OA4∴S1=45π×12360=18π∴Sn∴S2022故答案为：2【点睛】本题考查了坐标与图形性质旋转，等腰直角三角形的性质以及扇形的面积，解题的关键是找出规律Sn57．（2022·安徽马鞍山·统考二模）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABO的顶点均在格点上，点A，B的坐标分别是A(2,2)，B(1,3)，把△ABO绕点O逆时针旋转90°后得到△A(1)画出△A1B1O(2)计算在旋转过程中，△ABO所扫过的面积．(3)以原点O为位似中心，位似比为2，在第三象限画出△ABO放大后的△A【答案】(1)见详解；A1，B1的坐标分别为(﹣2,2)，((2)5(3)见详解【分析】（1）利用旋转的性质可得△A1B1O（2）利用勾股定理的逆定理可知△AOB是直角三角形，从而得出△ABO所扫过的面积=扇形BOB1的面积+（3）根据位似图形的性质可得答案．【详解】（1）解：如图所示，△A1B1O即为所求；A1，（2）解：OB＝12+32=10，AB＝2∴OB∴△AOB是直角三角形，∴∠OAB＝90°，∴△ABO所扫过的面积＝扇形BOB=90=52（3）解：如上图所示，△A【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换和位似变换，扇形的面积公式，勾股定理及其逆定理等知识，准确画出图形是解题的关键．题型15求圆锥侧面积58．（2023·浙江宁波·统考二模）已知圆锥的母线长8cm，底面圆的直径6cm，则这个圆锥的侧面积是（

）A．96πcm2 B．48πcm2 C．33πcm2 D．24πcm2【答案】D【分析】根据圆锥的侧面积=12×底面周长×【详解】解：底面直径为6cm，则底面周长=6π，侧面面积=12×6π×8=24πcm2故选D．【点睛】本题考查圆锥的计算，解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积=12×底面周长×59．（2023·广东广州·统考一模）如图是一个几何体的三视图，主视图和左视图均是面积为12的等腰三角形，俯视图是直径为6的圆，则这个几何体的全面积是（

）A．24π B．21π C．15π【答案】A【分析】这个几何体有两个视图为三角形，那么可得是锥体，第3个视图是圆，那么这个几何体是圆锥，根据主视图和左视图面积均是12的等腰三角形，可以求出三角形的高为4，也就是锥体的高为4，再利用勾股定理求出圆锥的母线长，最后根据全面积＝侧面积＋底面积计算即可．【详解】解：过O作OC⊥AB于点∵这个几何体有两个视图为等腰三角形，俯视图是直径为6的圆，∴这个几何体是圆锥，底面直径是6，半径为3，∵主视图和左视图面积均是12的等腰三角形，∴等腰三角形的底边为AB=6∵OC⊥∴BC=∴12AB⋅∴OC=4∴OB=∴圆锥的母线长为5，∴圆锥的全面积为：12故选：A．【点睛】本题考查圆锥表面积的计算及由三视图判断几何体；判断出几何体的形状及相关数据是解题的关键．注意：圆锥的表面积等于圆锥的侧面积与底面圆的面积之和，圆锥的侧面积等于圆锥侧面展开图即扇形的面积．也考查了勾股定理，等腰三角形的性质和三角形的面积．60．（2023·广东汕头·校考一模）圆锥的底面直径是8，母线长是9，则该圆锥的全面积为（

）A．36π B．52π C．100π D【答案】B【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，圆锥的底面积=底面半径的平方×π【详解】解：圆锥的侧面积=π圆锥的底面积=π∴圆锥的全面积=36π故选：B．【点睛】本题主要考查了求圆锥的全面积，熟知圆锥的侧面积和底面积的求法是解题的关键．61．（2023·山东东营·东营市东营区实验中学校考一模）已知圆锥的底面圆半径为4，侧面展开图扇形的圆心角为120°，则它的侧面展开图面积为．【答案】48π【分析】首先根据底面圆的半径求得扇形的弧长，然后根据弧长公式求得扇形的半径，然后利用公式求得面积即可．【详解】解：∵底面圆的半径为4，∴底面周长为8π，∴侧面展开扇形的弧长为8π，设扇形的半径为r，∵圆锥的侧面展开图的圆心角是120°，∴120πr180＝解得：r＝12，∴侧面积为π×4×12＝48π，故答案为：48π．【点睛】考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的侧面展开扇形的弧长等于底面圆的周长，难度不大．题型16求圆锥底面半径62．（2021·山东临沂·统考二模）如图，从一块半径为1m的圆形铁皮上剪出一个圆周角为120°的扇形ABC，如果将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆的半径为m．【答案】1【分析】连接OA，OB，证明△AOB是等边三角形，继而求得AB的长，然后利用弧长公式可以计算出BOC的长度，再根据扇形围成圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长即可作答．【详解】连接OA，OB，则∠BAO=12∠BAC=12又∵OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴AB=OA=1，∵∠BAC=120°，∴BOC的长为：设圆锥底面圆的半径为r2r故答案为13【点睛】本题主要考查了弧长公式以及扇形弧长与底面圆周长相等的知识点，借助等量关系即可算出底面圆的半径．63．（2022·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市第六十八中学校考模拟预测）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥母线l=6，扇形的圆心角θ=120°，则该圆锥的底面圆的半径r长为【答案】2【分析】结合题意，根据弧长公式，可求得圆锥的底面圆周长．再根据圆的周长的公式即可求得底面圆的半径长．【详解】∵母线l长为6，扇形的圆心角θ=120°∴圆锥的底面圆周长=120∴圆锥的底面圆半径r=故答案为：2．【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图的相关计算，弧长公式等知识．掌握圆锥侧面展开图的弧长等于圆锥底面圆的周长是求解本题的关键．64．（2022·广东中山·校联考三模）如图，正六边形ABCDEF的边长为4，以A为圆心，AC的长为半径画弧，得EC，连接AC、AE，用图中阴影部分作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为．【答案】2【分析】由正六边形ABCDEF的边长为4，可得AB=BC=4，∠ABC=∠BAF=120°，进而求出∠BAC=30°，∠CAE=60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH=CH=12AC，BH=2．在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH=23，得到【详解】解：∵正六边形ABCDEF的边长为4，∴AB=BC=4，∠ABC∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，∴∠BAC如图，过B作BH⊥AC于H，∴AH=CH=12ACBH=在Rt△ABH中，AH=∴AC=2同理可求∠EAF=30°，∴∠CAE∴S扇形∴S圆锥侧∵S圆锥侧∴43∴r=23故答案为：23【点睛】本题考查的是正六边形的性质、扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理、圆锥的侧面积，掌握扇形面积公式和圆锥侧面积公式是解题的关键．题型17求圆锥的高65．（2020·山东聊城·统考模拟预测）如图，有一块半径为1m，圆心角为90°的扇形铁皮，要把它做成一个圆锥形容器（接缝忽略不计），那么这个圆锥形容器的高为（A．14m B．34m C．【答案】C【分析】首先利用扇形的弧长公式求得圆锥的底面周长，求得底面半径的长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．【详解】解：设圆锥的底面周长是l，则l=nπr180=则圆锥的底面半径是：π2÷则圆锥的高是：12-故选：C．【点睛】本题考查了圆锥的计算，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．66．（2019·浙江金华·校联考一模）如图，AB是圆锥的母线，BC为底面半径，已知BC=6cm，圆锥的侧面积为15πcm2，则sin∠ABC的值为（）A．34 B．35 C．45【答案】C【详解】分析：先根据扇形的面积公式S=12L•R详解：设圆锥的母线长为R，由题意得15π=π×3×R，解得R=5，∴圆锥的高为4，∴sin∠ABC=45．故选C．点睛：本题考查了圆锥侧面积公式的运用，注意一个角的正弦值等于这个角的对边与斜边之比．67．（2021·内蒙古鄂尔多斯·统考一模）已知圆锥的母线长是9cm，它的侧面展开图的圆心角是120°，则圆锥的高为cm．【答案】62【分析】设圆锥底面半径为rcm，那么圆锥底面圆周长为2πrcm，所以侧面展开图的弧长为2πrcm，然后利用扇形的面积公式即可得到关于【详解】解：设圆锥底面半径为rcm，那么圆锥底面圆周长为2πrcm所以侧面展开图的弧长为2πrcmS圆锥侧面积解得：r=3∴圆锥的高为92故答案为：62【点睛】本题主要考查圆锥侧面展开图的知识和圆锥侧面面积的计算，解题的关键是正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系，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．68．（2022·广东韶关·校考三模）若圆锥侧面展开图是面积为65πcm2的扇形，扇形的弧长为【答案】12cm/12厘米【分析】根据圆锥的侧面积=12×弧长×【详解】解：设母线长为R，由题意得：65π解得R=13cm．设圆锥的底面半径为r，则10π=2πr，解得：故圆锥的高为：13故答案为：12【点睛】本题考查圆锥侧面积公式的应用，解题的关键是牢记圆锥的侧面积=12×弧长×题型18求圆锥侧面积展开图的圆心角69．（2023·内蒙古包头·模拟预测）若一个圆锥体的底面积是其表面积的14，则其侧面展开图圆心角的度数为【答案】120°/120度【分析】根据圆锥的底面积是其表面积的14【详解】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°．由题意得S底面面积l底面周长∵个圆锥体的底面积是其表面积的14∴S扇形l扇形弧长由S扇形=1故R=3由l扇形弧长2πr解得n=120故答案为：120°．【点睛】此题通过圆锥的底面和侧面，结合有关圆、扇形的一些计算公式，重点考查空间想象能力、综合应用能力．熟记圆的面积和周长公式、扇形的面积和两个弧长公式并灵活应用是解答本题的关键．70．（2022·湖南长沙·统考一模）曹老师用一张半径为18cm的扇形纸板，做了一个圆锥形帽子（接缝忽略不计），如果圆锥形帽子的半径是10cm，则这张扇形纸板的圆心角是．【答案】200°【分析】根据圆锥的底面周长等于扇形的弧长列式计算即可．【详解】解：设扇形纸板的圆心角是n°，根据题意得：2π×10=18nπ解得：n＝200，所以扇形的圆心角为200°．故答案为：200°【点睛】本题主要考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．71．（2022·江苏徐州·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），若该圆锥的底面圆周长为20πcm，侧面积为240πcm2【答案】150【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．【详解】设圆锥的母线长为lcm，扇形的圆心角为n°，∵圆锥的底面圆周长为20πcm，∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为20πcm，由题意得：12×20π×l=240π解得：l=24，则nπ×24解得n=150，即扇形的圆心角为150°，故答案为:150．【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.题型19圆锥的实际问题72．（2023·湖北省直辖县级单位·校联考模拟预测）用一张半圆形铁皮，围成一个底面半径为4cm的圆锥形工件的侧面（接缝忽略不计），则圆锥的母线长为（

A．4cm B．8cm C．12cm【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）列式求解即可．【详解】解：设圆锥的母线长为l，由题意得：2×4π∴l=8故选B．【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟知圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）是解题的关键．73．（2020·辽宁盘锦·统考二模）如图，从一圆形纸片上剪出一个半径为R、圆心角为90°的扇形；和一半径为r的圆，使之恰好围成如图所示的圆锥，则R与r的关系为（

）A．R=2r B．R=4r C．R=22r D．R=6【答案】B【分析】根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算即可得答案．【详解】扇形的弧长是：90⋅πR180=圆的半径为r，则底面圆的周长是2πr∵恰好围成如图所示的圆锥，∴πR2=2∴R=4r，故选：B．【点睛】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．74．（2020·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【答案】C【分析】利用勾股定理易得圆锥的母线长，那么圆锥的侧面积=12底面周长×【详解】解：∵圆锥的底面直径为48cm,则半径为482=24，又∵圆锥的高为10cm,∴圆锥的母线长为：102+242=676=26，圆锥的底面周长(∴该圆锥的侧面积=12×48π×26=624πc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．75．（2020·江苏苏州·统考一模）如图，把矩形纸片ABCD分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形BAF和半径最大的圆，若恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则ABAD=

【答案】2【分析】设AB＝x，AD＝y，则DE＝y﹣x，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可．【详解】解：设AB＝x，AD＝y，则DE＝y﹣x，根据题意，得：90π⋅整理得：x＝2(y﹣x)解得：xy即：ABAD故答案为：23【点睛】本题考查了圆锥的计算，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．76．（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．【详解】解：设米堆所在圆锥的底面半径为r尺，由题意，得：14∴r=∴米堆的体积为：14∴米堆的斛数为：35.561.62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．题型20圆锥侧面上的最短路径问题77．（2021·江苏扬州·统考二模）如图，已知圆锥的底面半径是23，母线长是63．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23∴AC=2∴nπ×63180解得：n=120°∵BD⊥AC，BC=AB，∴∠CBD=12∠ABC=60°，CD=12∴CD=BC·sin60°=63×32∴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．78．（2021·云南昆明·统考二模）如图，如果一只蚂蚁从圆锥底面上的点B出发，沿表面爬到母线AC的中点D处，则最短路线长为．【答案】33．【分析】将圆锥侧面展开，根据“两点之间线段最短”和勾股定理，即可求得蚂蚁的最短路线长.【详解】如图将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′，则线段BF为所求的最短路线．设∠BAB′＝n°．∵nπ⋅∴n＝120，即∠BAB′＝120°．∵E为弧BB′中点，∴∠AFB＝90°，∠BAF＝60°，Rt△AFB中，∠ABF＝30°，AB＝6∴AF＝3，BF＝62-32∴最短路线长为33．故答案为：33．【点睛】本题考查“化曲面为平面”求最短路径问题，属中档题.79．（2019·山东泰安·统考二模）圆锥的底面周长为2π3，母线长为2，点P是母线OA的中点，一根细绳（无弹性）从点P绕圆锥侧面一周回到点P，则细绳的最短长度为【答案】1．【详解】解：如图，连接AA′，∵底面周长为2π3，∴弧长=nπ×2180=2π3，∴n=60°即∠AOA′=60°，∴∠A=60°，∵OA=OA′，∴△AOA′是等边三角形，∴AA′=2，∵PP′是△OAA′的中位线，∴PP′=【分析】根据阴影部分面积等于以为直径的2个半圆的面积加上减去为半径的半圆面积即．【详解】解：在中，，，．故答案为：【点睛】本题考查了勾股定理，求扇形面积，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．题型21计算不规则面积80（2022·宁夏银川·宁夏银川二十四中校考一模）如图，两个半径长均为2的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形CFD的圆心C是AB的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE，CF交于点G，半径BE，CD交于点H，则图中阴影面积等于（

）A．π2-1 B．π2-2【答案】D【分析】先根据扇形面积公式求出两扇形面积，再过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，再证明△CMG≌△CNH，可证得白色部分的面积等于对角线为2的正方形CMEN得面积，进而可求得阴影部分的面积．【详解】解：∵两个直角扇形的半径长均为2，∴两个扇形面积和为90π过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，则四边形CMEN是矩形，∵C是AB的中点，∴∠AEC=∠BEC，即EC平分∠AEB，∴CM=CN，∴四边形CMEN是正方形，∴∠CMG=∠MCN=∠CNH，∴∠MCG+∠GCN=∠NCH+∠GCN=90°，∴∠MCG=∠NCH，∴△CMG≌△CNH（ASA），∴白色部分的面积等于对角线为2的正方形CMEN的面积，∴空白部分面积为12∴阴影部分面积为π-故选：D．【点睛】本题考查扇形面积公式、圆的有关性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟记扇形面积公式，熟练掌握角平分线的性质定理和全等三角形的判定与性质，求出空白部分面积是解答的关键．81．（2015·山东日照·统考一模）如