2024年中考数学复习讲义第28讲与圆有关的计算

第28讲与圆有关的计算目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点一正多边形与圆题型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正多边形与圆中求最值题型09尺规作图-正多边形题型10正多边形与圆的规律问题考点二弧长、扇形面积、圆锥的有关计算题型01求弧长题型02利用弧长及扇形面积公式求半径题型03利用弧长及扇形面积公式求圆心角题型04求某点的弧形运动路径长度题型05求扇形面积题型06求图形旋转后扫过的面积题型07求圆锥侧面积题型08求圆锥侧面积题型09求圆锥底面半径题型10求圆锥的高题型11求圆锥侧面积展开图的圆心角题型12圆锥的实际问题题型13圆锥侧面上的最短路径问题考点三不规则面积的有关计算题型01直接公式法题型02直接和差法题型03构造和差法题型04等面积法题型05旋转法题型06对称法题型07全等法考点要求新课标要求命题预测正多边形与圆了解正多边形的概念及正多边形与圆的关系.该板块内容以考查综合题为主，也是考查重点，除了填空题和选择题外，年年都会考查综合题，对多数考生来说也是难点，2024年各地中考肯定还是会考查.弧长、扇形面积、圆锥的有关计算会计算圆的弧长、扇形的面积.不规则面积的有关计算考点一正多边形与圆1.正多边形的相关概念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.2.正多边形的常用公式边长an=2Rn⋅sin周长Pn=n⋅an外角/中心角度数360°面积Sn=12an⋅rn⋅对角线条数n(n-3)边心距rn=Rn⋅cos180内角和（n-2）×180°.内角度数（n边形的边数（内角和÷180°）＋2aRn2=rn2+an24（an【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．3.正多边形常见边心距与边长的比值图形OA:AB:OB内切圆与外接圆半径的比等边三角形1:31:2正方形1:1:1:正六边形3:1:23:2【备注】正多边形的内切圆与外接圆为同心圆.题型01求正多边形中心角【例1】（2021·辽宁沈阳·统考二模）在圆内接正六边形ABCDEF中，正六边形的边长为2，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（

）A．30°,1 B．45°,2 C．60°,3 D【答案】C【分析】由正六边形的性质得∠COD＝60°，再证△OCD是等边三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂径定理和含30°角的直角三角形的性质求出OG即可．【详解】解：在圆内接正六边形ABCDEF中，∠COD＝360°÷6＝60°，∵OC＝OD，∴△OCD是等边三角形，∴BC＝CD＝OC＝2，∵OG⊥BC，∴CG＝12BC＝1∵∠COG＝12∠COD＝30°∴OG＝3CG＝3，故选：C．【点拨】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握正六边形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．【变式1-1】（2022·四川广安·统考二模）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，则正五边形的中心角∠COD的度数是（

）A．72° B．60° C．48° D．36°【答案】A【分析】根据正多边形的中心角的计算公式：360°n【详解】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360°5=72°故选：A．【点拨】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角的计算公式：360°n【变式1-2】（2020·上海金山·统考一模）正十边形的中心角等于度．【答案】36【分析】根据正多边形的中心角的定义即可求解．【详解】正十边形的中心角等于360°÷10=36°故答案为：36．【点拨】此题主要考查中心角，解题的关键是熟知正n边形的中心角等于360°n题型02求正多边的边数【例2】（2023·河北保定·统考二模）如图，一个正多边形纸片被一块矩形挡板遮住一部分，则这个正多边形纸片的边数是（

）

A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】先根据正多边形的定义把图形补充完整，再求解．【详解】解：根据正多边形的定义把多边形补充完整如下图；

有图形得：这个正多边形纸片是六边形，故选：C．【点拨】本题考查了正多边形和圆，掌握正多边形的定义是解题的关键．【变式2-1】（2023·广东阳江·统考二模）如果一个正多边形的中心角是45°，那么这个正多边形的边数是（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根据正多边形的边数=周角÷中心角，计算即可得解．【详解】解：这个多边形的边数是360°÷45°=8，故选：C．【点拨】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算；熟记正多边形的中心角与边数的关系是解题的关键．【变式2-2】（2023·湖南长沙·校联考模拟预测）如图，A,B,C,D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心．若∠ADB=20°，则这个正多边形的边数为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=40°，进一步即可得到结论．【详解】解：连接OA，OB，∵A,B,C,D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，∴点A,B,C,D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上，∵∠ADB=20°，∴∠AOB=2∠ADB=40°，∴这个正多边形的边数=360°故选：C．【点拨】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．【变式2-3】（2021·贵州贵阳·统考一模）如图，四边形ABCD为⊙O的内接正四边形，△AEF为⊙O的内接正三角形，连接DF．若DF恰好是同圆的一个内接正多边形的一边，则这个正多边形的边数为．【答案】12【分析】连接OA,OD,OF，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到∠AOD=90°，∠AOF=120°，则∠DOF=30°，然后计算360°30°即可得到n【详解】解：连接OA,OD,OF，如图，设这个正多边形为n边形，∵AD，AF分别为⊙O的内接正四边形与内接正三角形的一边，∴∠AOD=360°4=90°，∠AOF=360°3∴∠DOF=∠AOF-∠AOD=30°，∴n=360°30°=12，即DF故答案为：12．【点拨】本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．题型03正多边形与圆中求角度【例3】（2023·安徽六安·统考模拟预测）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在AB上，则∠CME的度数为（

）

A．30° B．36° C．45° D．60°【答案】D【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．【详解】解：连接OC,OD,OE，如图所示：

∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，∴∠COD=3606=60°，则∠COE=120°∴∠CME=12∠COE=60°故选：D．【点拨】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为360n【变式3-1】（2022·广西南宁·校联考一模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE,CD相切于A,C两点，则∠AOC的度数是（

）A．144° B．130° C．129° D．【答案】A【分析】根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即可求解．【详解】解：∵AE,CD切⊙O于点A,C，∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为：5-2×180°5∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，故选：A．【点拨】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理是解题的关键．【变式3-2】（2022·福建福州·福建省福州延安中学校考模拟预测）如图，已知正五边形ABCDE内接于⊙O，则∠OCD的度数为°．【答案】54【分析】根据正五边形的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．【详解】解：∵多边形ABCDE是正五边形，∴∠COD=360°5=72°∵OC=OD，∴∠OCD=12×（180°-72°）=54°故答案为：54．【点拨】本题主要考查了正多边形与圆，多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是求出正五边形中心角的度数．题型04正多边形与圆中求面积【例4】（2022·山西大同·校联考一模）如图，是一张边长为2的正六边形纸版，连接对角线，则阴影部分的面积是（）

A．33 B．63 C．6 D【答案】A【分析】由正六边形从性质可得阴影部分的面积等于正六边形面积的一半，可得△ABC为等边三角形，再计算正六边形的面积即可得到答案.【详解】解：如图，∵正六边形，

∴图形①，②，③，④，⑤，⑥与上半部分的阴影部分的图形分别对应相等，∴整个阴影部分的面积为正六边形的面积的一半，∵正六边形，∴正六边形的面积等于6S△ABC,△ABC为等边三角形，∴AB=BC=AC=2,BD=DC=1，∴AD=3∴正六边形的面积为：6S∴阴影部分的面积为：33故选A【点拨】本题考查的是等边三角形的性质，勾股定理的应用，正六边形的性质，熟记正六边形是轴对称图形是解本题的关键.【变式4-1】（2023·海南海口·海师附中校考三模）如图，正五边形ABCDE的边长为4，以顶点A为圆心，AB长为半径画圆，则图中阴影部分的面积是．【答案】24【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用扇形的面积公式计算即可．【详解】解：∵正五边形的外角和为360°，∴每一个外角的度数为360°÷5=72°，∴正五边形的每个内角为180°-72°=108°，∵正五边形的边长为4，∴S故答案为：245【点拨】本题考查了正多边形和圆及扇形的面积的计算的知识，解题的关键是求得正五边形的内角的度数并牢记扇形的面积计算公式，难度不大．【变式4-2】（2022·陕西西安·校考模拟预测）刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．设⊙O的半径为2，若用⊙O的内接正六边形的面积来近似估计⊙O的面积，则⊙O的面积约为．【答案】6【分析】连接OA、OB，根据正多边形和圆的关系可判断出△OAB为等边三角形，过点O作OM⊥AB于点M，再利用勾股定理即可求出OM长，进而可求出△AOB的面积，最后利用⊙O的面积约为6S【详解】解：如图，连接OA、OB

由题意可得：∠AOB=360÷6=60°∵OA=OB=2∴△OAB为等边三角形，∴AB=2过点O作OM⊥AB于点M，则AM=BM=1在Rt△AOM∴∴⊙O的面积约为6故答案为：63【点拨】本题主要考查正多边形与圆、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．【变式4-3】．（2023·河南省直辖县级单位·统考二模）如图，已知正六边形ABCDEF，⊙O是此正六边形的外接圆，若AB=2，则阴影部分的面积是．

【答案】2【分析】如图，连接OA,OB,OF,OD，OA交BF于G，由正六边形的性质可得出△AOB是等边三角形，△OFB≅△ODB，进而可得阴影部分的面积=三角形OBF的面积×2+扇形OFED的面积，然后根据三角形的面积和扇形的面积公式解答即可．【详解】解：如图，连接OA,OB,OF,OD，OA交BF于G，∵⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，∴OA=OB=OF=OD,∠BOF=∠BOD=∠DOF=120°,∠AOB=60°，OG⊥BF，∴△AOB是等边三角形，△OFB≅△ODB，∴OA=OB=AB=2，∴阴影部分的面积=三角形OBF的面积×2+扇形OFED的面积，在直角三角形OBG中，OG=OB⋅cos∴阴影部分的面积=12故答案为：2

【点拨】本题考查了正多边形和圆以及不规则图形面积的计算，正确添加辅助线、熟练掌握正多边形和圆的相关知识是解题的关键．题型05正多边形与圆中求周长【例5】（2023·广西钦州·统考一模）如图，若一个正六边形的对角线AB的长为10，则正六边形的周长（）

A．5 B．6 C．30 D．36【答案】C【分析】连接CD、EF，交于点O，则点O是正六边形ACEBDF的中心，先根据正六边形的性质可得∠AOC=60°，OC=OA=12AB=5【详解】解：如图，连接CD、EF，交于点O，

则点O是正六边形ACEBDF的中心，∵六边形ACEBDF是正六边形，AB=10，∴∠AOC=360°6=60°∴△AOC是等边三角形，∴AC=OA=5，∴正六边形ACEBDF的周长为5×6=30，故选：C．【点拨】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．【变式5-1】（2023·吉林松原·统考二模）如图，已知圆内接正六边形的周长为24，则图中阴影部分图形的周长是（结果保留π）．

【答案】4【分析】连接OA，OB，根据正六边形ABCDEF是⊙O的内接六边形得出AB=BC=CD=DE=EF=AF，求出圆心角∠AOB的度数，再求出弧AB的长度，最后求出答案即可．【详解】解：连接OA、OB，

∵六边形ABCDEF是正六边形，圆内接正六边形的周长为24，∴AB=BC=CD=DE=EF=AF，∴正六边形ABCDEF的边长为4，∴AB=4，∴∠AOB=1∵OA=OB，∴△AOB是等边三角形，∴OA=OB=AB=4，∴阴影部分的周长是60π故答案为：43【点拨】本题考查了正多边形的性质，扇形的面积公式等知识点，能求出圆心角∠AOB的度数是解此题的关键．【变式5-2】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，已知圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG等于33，则⊙O的周长等于【答案】12π【分析】连接OC、OD，根据正六边形的性质得到∠COD=60°，OC=OD，根据等腰三角形的性质得到CG=DG，∠COG=1【详解】解：如图，连接OC、OD，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠COD=60°，OC=OD，∵OG⊥CD，∴CG=DG，∠COG=1∵OG=33∴OC=OG∴⊙O的周长2×6π=12π．故答案为：12π．【点拨】本题考查正多边形与圆、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数、圆的周长计算等知识，熟练掌握正六边形的性质和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．【变式5-3】（2023·江苏南京·校联考模拟预测）如图，在正六边形ABCDEF中，AB=4，顺次连接AB、BC、CD、DE、EF、FA的中点A1、B1、C1、D1、E1、F【答案】12【分析】连接AC，过点B作BM⊥A1B1于点M，先说明六边形【详解】解：连接AC，过点B作BM⊥A1B∵六边形ABCDEF为正六边形，∴BC=CD=DE=EF=FA=AB=4，∠ABC=180°-360°∵A1、B1为AB、∴A1同理可得：B1C1=12BD，C∵六边形ABCDEF为正六边形，∴AC=BD=CE=DF=EA=FB，∴A1∵A1B=1∴A1∵BM⊥A∴∠A1BM=∴A1∴A1∴六边形A1B1故答案为：123【点拨】本题主要考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，三角函数的应用，三角形中位线的性质，解题的关键是作出辅助线，求出A1题型06正多边形与圆中求边心距、边长【例6】（2023·河北衡水·衡水桃城中学校考模拟预测）如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，这个正五边形的边长为a，半径为R，边心距为r，则下列关系式错误的是（

）A．r=Rcos36° B．a=2Rsin36° C．【答案】D【分析】先根据正多边形的性质求出∠BOC=72°，进而求出∠1=36°，BF=12【详解】解：∵⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，∴∠BOC=1∵OB=OC，∴∠1=12∠BOC=∴12a=Rsin36°，即a=2Rsin12a=rtan36°cos36°=rR，即r=R故选：D．【点拨】本题考查了圆内接正五边形、解直角三角形的知识，掌握圆内接正五边形的性质，并求出中心角的度数是解题的关键．【变式6-1】（2023·四川泸州·四川省泸县第四中学校考一模）已知⊙O的半径为1，则它的内接正三角形边心距为．【答案】12/【分析】根据题意画出图形，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图，△ABC是等边三角形，⊙O是△ABC的外接圆，过点O作OD⊥BC，连接OB，OC，OB=1，∵∠BOC=2∠A=120°，OB=OC，∴∠OBD=30°，在Rt△OBD中，故答案为：12【点拨】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．【变式6-2】（2023·陕西西安·校考二模）如图，已知⊙O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM是3，则正六边形的边长为．【答案】2【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边长．【详解】解：如图，连接OD、OE，∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，∴∠DOE=360°∵OD=OE，∴△DOE是正三角形，∵⊙O的内接正六边形ABCDEF的边心距OM是3，∴OD=OM即正六边形ABCDEF的边长为2，故答案为：2．【点拨】本题考查正多边形与圆，勾股定理，掌握圆内接正六边形的性质以及等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．【变式6-3】（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）已知圆的半径为R，那么它的内接正三角形的边长是．【答案】3【分析】根据正三角形外心的性质得AD⊥BC，OC=R，∠BCE=30°，BC=2CD，再根据含30度直角三角形的性质及勾股定理求出边长即可．【详解】解：如图所示，O为正三角形△ABC外接圆的圆心，∴AD⊥BC，OC=R，∠BCE=12∠BCA=30°在Rt∵∠BCE=30°，OC=R，∴OD=12OC=∴BC=故答案为：3【点拨】本题考查圆与正多边形的相关计算，解题关键掌握正三角形外心的性质．【变式6-4】（2022·陕西西安·高新一中校考模拟预测）半径为4的正六边形的边心距为．【答案】2【分析】首先根据题意作出图形，由正六边形的性质，易得△BOC是等边三角形，然后由三角函数的性质，可求得OH的值，继而可求得答案．【详解】解：如图所示，连接OB、OC，作OH⊥BC与

∵此六边形是正六边形，∴∠BOC=360°÷6=60°，OB=OC，∴△BOC是等边三角形，∴∠OBC=60°，∵正六边形的半径为4，∵OB=4，∵OH⊥BC，∴在Rtsin60°=OH=4×3即这个正六边形的边心距为23故答案为：23【点拨】本题考查了正多边形与圆的知识，解答此题的关键是根据题意画出图形，作出辅助线；由正六边形的性质判断出△BOC的形状是解答此题的关键．题型07正多边形与圆中求线段长【例7】（2023·安徽六安·统考三模）如图，正六边形ABCDEF的边长为6，点O是其中心，点P是AB上一点，且AP:BP=1:2，连接OP，则OP=（

）

A．2 B．27 C．4 D．【答案】B【分析】如图，连接OA，作OG⊥AB，垂足为G，构造直角三角形；Rt△OAG中，OG=OAsin【详解】如图，连接OA，作OG⊥AB，垂足为点G，则OA=6，AG=Rt△OAG中，OG=OA∴OP=故选：B．

【点拨】本题考查正多边形的性质，解直角三角形；通过添设辅助线将正多边形问题转化为解直角三角形问题是解题的关键．【变式7-1】（2023·河北石家庄·统考二模）如图，在边长为63的正六边形ABCDEF中，连接BE，CF，相交于点O，若点M，N分别为OB，OF的中点，则MN

A．6 B．63 C．8 D．【答案】D【分析】连接BF，利用BCF是含30°角的直角三角形，再利用MN是三角形BOF的中位线求MN即可.【详解】解：连接BF，

∵在正六边形ABCDEF中，∠A=∠ABC=120°，AB=AF，∴∠ABF=30°∴∠CBF=∠ABC-∠ABF=90°，∴在正六边形ABCDEF中，∠BOC=60°，OB=OC∴BOC是等边三角形，∴∠BCF=90°，∴BCF是含30°角的直角三角形又∵正六边形ABCDEF的边长为63，即∴CF=123∴BF=∵点M，N分别为OB，∴MN是三角形BOF的中位线，∴MN=故选：D.【点拨】本题考查正多边形的内角和中心角，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形三边关系，正确作出辅助线是解题的关键.【变式7-2】（2023·浙江·统考二模）如图，要拧开一个边长为a的正六边形螺帽，则扳手张开的开口b至少为（

）

A．2a B．3a C．32a【答案】B【分析】根据题意，即是求该正六边形的边心距的2倍．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，且其半边所对的角是30°，再根据锐角三角函数的知识求解．【详解】设正多边形的中心是O，其一边是AB，

∴∠AOB=∠BOC=60°，∴OA=OB=AB=OC=BC，∴四边形ABCO是菱形，∵AB=a，∠AOB=60°，∴cos∠BAC=∴AM=32∵OA=OC，且∠AOB=∠BOC，∴AM=MC=12AC∴AC=2AM=3a扳手张开的开口b至少为3a【点拨】本题考查了正多边形的性质，解直角三角形，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．【变式7-3】（2023·安徽合肥·统考模拟预测）如图，正方形ABCD和等边三角形AEF均内接于⊙O，则ABAE的值为（

A．62 B．32 C．23【答案】D【分析】如图所示，连接AC，CE，由正方形的性质得到∠ABC=90°，∠ACB=45°，则AC是直径，即可得到∠AEC=90°，解Rt△ABC得到AB=22AC【详解】解：如图所示，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠ACB=45°，∴AC是直径，∴∠AEC=90°，在Rt△ABC中，∵△AEF是等边三角形，∴∠ACE=∠AFE=60°在Rt△AEC中，∴ABAE故选D．【点拨】本题主要考查了正多边形与圆，解直角三角形，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．题型08正多边形与圆中求最值【例8】（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将一个正n边形绕其中心O旋转45°或60°都能和其本身重合，则n的最小值是（

）

A．6 B．8 C．12 D．24【答案】D【分析】根据题意得出正n边形的中心角最大为15°，然后由圆周角除以中心角即可得出结果．【详解】解：正n边形绕其中心O旋转45°或60°都能和其本身重合，∵45°和60°最大公约数为15°，∴正n边形的中心角最大为15°，∴360°÷15°=24，故选D．【点拨】本题考查了旋转对称图形，解答此题的关键是要明确绕其中心O旋转45°或60°都能和其本身重合得出正n边形的中心角最大为15°．【变式8-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在边长为2的正六边形纸片ABCDEF上剪一个正方形GHIJ，若GH∥AB，则得到的正方形边长最大为(

)

A．6 B．23 C．3-3 D【答案】D【分析】当正方形顶点落在正六边形边上时，正方形面积最大，由此画出图形求解即可．【详解】解析：当正方形顶点落在正六边形边上时，正方形面积最大．如图，取正六边形的中心O，连接OA，OF，OG，OF交

此时，OF垂直平分GJ，正方形的中心也是O，△AFO是等边三角形，∴∠GFO=60°，∠GOF=45°，OF=AF=2．设FM=x，则MO=MG=3∴x+3x=2，解得∴MG=3-3∴正方形的边长为：2MG=6-23故选D．【点拨】本题考查正方形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的三边关系，正六边形的性质等知识，根据题意画出符合条件的正方形是解题的关键．【变式8-2】（2023·河北保定·统考一模）如图，在正六边形ABCDEF中，AB=4，O为AD的中点，以O为圆心，3为半径作⊙O，M为⊙O上一动点，设点M到正六边形上的点的距离为d．（1）OA=．（2）当△BCM面积最小时，点M到BC的距离为，d的最大值为．【答案】434+3/【分析】（1）连接OB，可得△AOB是等边三角形，即可；（2）当OM垂直平分BC时，△BCM面积最小，设OM的延长线交BC于点N，连接OB，根据勾股定理求出ON的长，即可；根据题意得当点M在线段AD上时，d最大，即可．【详解】解：（1）连接OB，在正六边形ABCDEF中，∠AOB=360°6=60°∴△AOB是等边三角形，∴OB=AB=4；故答案为：4（2）如图1，当OM垂直平分BC时，△BCM面积最小，设OM的延长线交BC于点N，连接OB．∴∠BON=12×60°=30°，OB=OA=AB=4∴ON=O∴MN=ON-OM=23即此时M到BC的距离为3．如图2，当点M在线段AD上时，d最大，d=OM+OD=OM+OA=4+3故答案为：3；4+【点拨】本题主要考查了正多边形与圆，熟练掌握正多边形与圆的性质是解题的关键．【变式8-3】（2022·陕西西安·统考一模）如图，点P为⊙O上一点，连接OP，且OP=4，点A为OP上一动点，点B为⊙O上一动点，连接AB，以线段AB为边在⊙O内构造矩形ABCD，且点C在⊙O上，则矩形ABCD面积的最大值为．【答案】32【分析】根据当圆的半径确定以后，圆内接正方形是圆内接矩形中面积最大的，进而求得圆内接正方形的面积，则矩形ABCD面积的最大值为圆内接正方形面积，据此求解即可．【详解】如图，四边形BCEF是圆O的内接正方形，当圆的半径确定以后，圆内接正方形是圆内接矩形中面积最大的；点A，D分别是正方形的对边BF，CE的中点，此时矩形ABCD的面积恰好是正方形BCEF的面积，圆O的直径PQ恰好经过点A，D，连接BE，∵四边形BCEF是圆O的内接正方形，OP=4，∴BE=PQ=2OP=8，BC=CE，∵∠C=90°，∴BC2+CE2=2BO2=BE2=82，∴BC2=32，即S正方形BCEF=32，如图，当P,A重合时，当A,B,C,D四点都在圆上时，四边形ABCD是正方形矩形ABCD面积的最大值为32．故答案为：32．【点拨】本题考查了圆内接四边形，将问题转化为圆内接四边形是解题的关键．题型09尺规作图-正多边形【例9】（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考二模）如图，已知⊙O，请用尺规作图法，求作⊙O的一个内接正方形（保留作图痕迹，不写作法）．【答案】见解析【分析】先作直径AC，再作AC的垂直平分线交O于点B，D，则四边形ABCD为⊙O的内接正方形．【详解】解：如图，正方形ABCD即为所求．【点拨】本题考查了作图-应用与设计作图：首先要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作出图，同时此题也考查了正多边形和圆．【变式9-1】（2019·江西南昌·校联考三模）已知正八边形ABCDEFGH，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图．（1）在图①中，作一个正方形；（2）在图②中，作一个与原图形不相同的正八边形．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）连接BD，DF，FH，HB，由原图形为正八边形，得到各边相等，各内角相等，可得三角形BCD，三角形DEF，三角形FGH，三角形HAB全等，进而得到四边形BDFH四边相等，利用等边对等角以及正八边形的内角，确定出四边形BDFH四个角都为直角，可得出四边形BDFH即为所求正方形；（2）连接AE.DH，相交于点O，由正八边形的性质可得点O为正八边形的中心点，且OD=OE，再延长CD.FE，相交于点N，由补角的定义和等角对等边可得ND=NE，连接ON，与DE相交于点M，则ON为DE的垂直平分线，点M为DE的中点，同理可得其他各边的中点，依次连接原正八边形ABCDEFGH的各边中点，依次得到四周小三角形全等，得到红线部分八边形各边相等，再利用等边对等角以及正八边形的内角，确定出红线部分八边形八个角都相等，可得所求正八边形．【详解】（1）如图1，连接BD，DF，FH，HB，四边形BDFH即为所求正方形；（2）如图2，连接AE,DH，相交于点O，由正八边形的性质可得点O为正八边形的中心点，且OD=OE，再延长CD,FE，相交于点N，由补角的定义和等角对等边可得ND=NE，连接ON，与DE相交于点M，则ON为DE的垂直平分线，点M为DE的中点，同理可得其他各边的中点，依次连接原正八边形ABCDEFGH的各边中点，可得所求正八边形．【点拨】此题考查了作图﹣复杂作图，正方形的判定与性质，以及正多边形和圆，熟练掌握正多边形的判定与性质是解本题的关键．【变式9-2】（2022·江西九江·统考模拟预测）如图，⊙O为正五边形ABCDE的外接圆，已知CF=1(1)在图1中的边DE上求作点G，使DG=CF；(2)在图2中的边DE上求作点H，使EH=CF．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接AO并延长与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM与DE的交点即为所求作；（2）在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN并延长即可．【详解】（1）连接AO并延长与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM交DE于点G，则点G为所求作，如图1所示；理由：∵⊙O为正五边形的外接圆，∴直线AO是正五边形ABCDE的一条对称轴，点B与点E.点C与点D分别是一对对称点．∵点M在直线AO上，∴射线BM与射线EF关于直线AO对称，从而点F与点G关于直线AO对称，∴CF与DG关于直线AO对称．∴DG=CF．（2）在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN，如图2所示；

【点拨】本题考查了作图：无刻度直尺作图，考查了正五边形的对称性质，掌握正五边形的性质是解题的关键．题型10正多边形与圆的规律问题【例10】（2023·河南周口·校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，正八边形ABCDEFGH的中心与原点O重合，顶点A，E在y轴上，顶点G，C在x轴上，连接OB，过点A作OB的垂线，垂足为P，将△APB绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，已知OA=3，则第82次旋转结束时，点P的坐标为（

）

A．32,-32 B．-3【答案】A【分析】过点P作x轴的垂线，垂足为Q，结合正八边形的性质及等腰直角三角形的性质通过探索将△APB绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，则每旋转8次回到初始位置，进而求得点的坐标．【详解】解：∵多边形ABCDEFGH是正八边形，∴∠AOB=360°÷8=45°，在Rt△APO中，OP=OA=3cos45°=3×如图，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，

在Rt△OPQ中，OP=OQ=∵∠BOC=∠AOB=45°∴PQ=OQ=∴点P的坐标为3将△APB绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，则每旋转8次回到初始位置，∴第80次旋转结束时，△APB回到初始位置，此时点P的坐标为3连接OD，82次旋转结束时点P'位于OD∴OP'∴.点P'与点P关于x∴P∵第82次旋转结束时，点P的坐标为3故选：A．【点拨】本题考查正多边形和圆、坐标与图形变化—旋转，解直角三角形，准确识图探索规律是解题关键．【变式10-1】（2023·河南南阳·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，正六边形ABCDEF的边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，AB=2．将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转，每次旋转60°，经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（

）

A．-3,-23 B．-2,-23 C．-3,-3 D【答案】A【分析】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【详解】解：如图，连接AD，在正六边形ABCDEF中，AB=2，∴BD=2，在Rt△AOF∴∠OFA=30°，∴OA=1∴OB=OA+AB=3，∴D3,2∵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3次旋转得到的D3∵D与D3∴D3∴经过第2025次旋转后，顶点D的坐标-3,-23故选：A．【点拨】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化—旋转，学会探究规律方法是解题的关键．【变式10-2】（2023·山东枣庄·统考三模）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2022次旋转结束时，点A的坐标为（

）A．3,-1 B．-1,-3 C．-3【答案】B【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2022次旋转后，点A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∥x轴，∴AP＝1，AO＝2，∠OPA＝90°，∴OP＝AO2-A∴A（1，3），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，-3第3次旋转结束时，点A的坐标为（-3，1第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，3）；∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，∴4次一个循环，∵2022÷4＝505……2，∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，-3故选：B【点拨】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．【变式10-3】（2023·黑龙江绥化·统考一模）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B【答案】81【分析】连接OE1，OD1，OD2，根据正六边形的性质可得∠E1OD1=60°，则△E【详解】解：连接OE1，OD∵六边形A1∴∠E∴△E∵正六边形A2B2∴OD∴OD∴正六边形A2B2同理可得正六边形A3B3∴正六边形A10B10故答案为：813【点拨】本题主要考查正多边形与圆的关系，解题的关键在于利用正六形边的一边与圆的两条半径可构成特殊的三角形——等边三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一个正六边形的边长．考点二弧长、扇形面积、圆锥的有关计算设⊙OQUOTE/的半径为R，n°QUOTE/圆心角所对弧长为l，n为弧所对的圆心角的度数，则扇形弧长公式l=nπR180（弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n表示1°的圆心角的倍数，n和180扇形面积公式S扇形=nπR2圆锥侧面积公式S圆锥侧=πrl（其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径）圆锥全面积公式S圆锥全=πrl+πr2（圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积）圆锥的高h，圆锥的底面半径rr1）利用弧长公式计算弧长时，应先确定弧所对的圆心角的度和半径，再利用公式求得结果．在弧长公式l=nπR180中，已知l，n，2）在利用扇形面积公式求面积时，关键是明确扇形所在圆的半径、扇形的圆心角的度数或扇形的弧长，然后直接代入公式S扇形=nπR2360或S扇形3）扇形面积公式S扇形=12lR与三角形面积公式十分类似为了便于记忆，只要把扇形看成一个曲边三角形、把弧长l看成底，4）根据扇形面积公式和弧长公式，已知S扇形，l，n，R中的任意两个量，都可以求出另外两个量．5）在解决有关圆锥及其侧面展开图的计算题时，常借助圆锥底面圆的周长等于侧面展开图扇形的弧长，即2πr=nπR180，来建立圆锥底面圆的半径r、圆锥母线R和侧面展开图扇形圆心角n°之间的关系6）求弧长或扇形的面积问题常结合圆锥考查，解这类问题只要抓住圆锥侧面展开即为扇形，而这个扇形的弧长等于原圆锥底面的周长，扇形的半径等于原圆锥的母线长．注意不要混淆圆锥的底面半径和圆锥展开后的扇形半径两个概念．题型01求弧长【例1】（2023·河北沧州·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝8，以点C为圆心，CA的长为半径画弧，交AB于点D，则弧AD的长为（

）A．π B．43π C．53π D．【答案】B【分析】连接CD，根据∠ACB=90°，∠B=30°可以得到∠A的度数，再根据AC=CD以及∠A的度数即可得到∠ACD的度数，最后根据弧长公式求解即可．【详解】解：连接CD，如图所示：∵ACB=90°，∠B=30°，AB=8，∴∠A=90°-30°=60°，AC=12AB=4由题意得：AC=CD，∴△ACD为等边三角形，∴∠ACD=60°，∴AD的长为：60π×4180＝4故选：B．【点拨】本题考查了弧长公式，解题的关键是：求出弧所对应的圆心角的度数以及弧所在扇形的半径．【变式1-1】（2023·广东汕头·校考模拟预测）如图，⊙O的半径为2，点A，B，C都在⊙O上，若∠B=30°．则AC的长为（结果用含有π的式子表示）【答案】23π【分析】利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到∠AOC=60°，再利用弧长公式求解即可．【详解】∵∠AOC=2∠B，∠B=30°，∴∠AOC=60°，∵⊙O的半径为2，∴l故答案为：23【点拨】本题考查了圆周角定理和弧长公式，即l=nπr【变式1-2】（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，则AB的长是（结果保留π）【答案】2【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，∴AB=∴∠AOB＝14×360°＝90°在Rt△AOB中，由勾股定理得：AO2＋BO2＝2AO2＝42＝16，解得：AO＝22，∴AB的长＝90π×22故答案为：2π【点拨】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．【变式1-3】（2023·湖南长沙·长沙市第十一中学校考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，弦AE的延长线与过点C的切线互相垂直，垂足为D，∠CAD=35°，连接BC．（1）求∠B的度数；（2）若AB=2，求EC的长．【答案】（1）55°；（2）7π18【分析】（1）连接OC，如图，利用切线的性质得到OC⊥CD，则判断OC∥AE，所以∠DAC=∠OCA，然后利用∠OCA=∠OAC得到∠OAB的度数，即可求解；（2）利用（1）的结论先求得∠AEO=∠EAO=70°，再平行线的性质求得∠COE=70°，然后利用弧长公式求解即可．【详解】解：（1）连接OC，如图，∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，∵AE⊥CD，∴OC∥AE，∴∠DAC=∠OCA，∵OA=OC，∠CAD=35°，∴∠OAC=∠OCA=∠CAD=35°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠B=90°-∠OAC=55°；（2）连接OE，OC，如图，由（1）得∠EAO=∠OAC+∠CAD=70°，∵OA=OE，∴∠AEO=∠EAO=70°，∵OC∥AE，∴∠COE=∠AEO=70°，∴AB=2，则OC=OE=1，∴EC的长为nπr180【点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．【变式1-4】（2023·湖北孝感·统考二模）如图，分别以△ABC的三个顶点为圆心，作半径均为1的三个圆，三圆两两不相交，那么三个圆落在△ABC内的三段弧长度之和为（）

A．3π B．2π C．π D．1【答案】C【分析】由图示可得在△ABC内的三段弧长度之和为一个半圆的弧长．【详解】解：根据图示可得：在△ABC内的三段弧长度之和为：180π故选：C．【点拨】本题主要考查了弧长的计算，解答此题的关键是明确三角形内角与扇形的圆心角的关系．题型02利用弧长及扇形面积公式求半径【例2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨德强学校校考模拟预测）一个扇形的圆心角为120°，扇形的弧长12π，则扇形半径是．【答案】18【分析】利用弧长公式l=nπr【详解】解：弧长=nπr解得r=18．故答案为：18【点拨】本题考查了弧长的计算，解题的关键是利用弧长公式计算弧长．【变式2-1】（2023·福建福州·校考模拟预测）一个扇形的圆心角为36°，面积为π10cm2，则该扇形的半径为cm．【答案】1【分析】根据扇形的面积公式计算即可．【详解】解：设该扇形的半径为Rcm，则36πR解得R=即该扇形的半径为1cm．故答案是：1．【点拨】本题主要考查了扇形的面积公式，掌握计算公式是解题的关键．即S扇形=nπR2【变式2-2】（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，A，B，C，D为⊙O上的点，且直线AB与CD夹角为45°．若AB，AC，CD的长分别为π，π和3π，则⊙O的半径是（）

A．4 B．4.5 C．5 D．5.5【答案】A【分析】延长BA，与直线CD交于E，连接BD，设弧长为π所对的圆周角为α，根据题意得出∠BDC=2α，∠ABD=4α，利用三角形内角和定理求得α=135°6，即可求得弧长为π所对的圆心角为135°6【详解】解：延长BA，与直线CD交于E，连接BD，⊙O的半径为R，∵AB，AC，CD的长分别为π，π和3π，∴BC的长为2π，AD的长为4π，∴设弧长为π所对的圆周角为α，则∠BDC=2α，∠ABD=4α，∵∠BDC+∠ABD+∠E=180°，∠E=45°，∴2α+4α+45°=180°，∴α=135°∴弧长为π所对的圆心角为135°6∴45π×R180∴R=4，故选：A．

【点拨】本题考查弧长的计算，圆周角定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，求得弧长为π所对的圆心角是解题的关键．【变式2-3】（2020·甘肃酒泉·统考二模）已知一个扇形的弧长为2π，扇形的面积是4π，则它的半径为．【答案】4【分析】根据扇形面积公式和扇形的弧长公式之间的关系S=【详解】解：由扇形的面积公式S=4π=12×2π×r故答案为4．【点拨】本题考查了扇形面积的计算，解此类题目的关键是注意观察已知所给的条件：如果已知扇形半径和圆心角，则利用公式S=nπr题型03利用弧长及扇形面积公式求圆心角【例3】（2021·山东德州·统考二模）一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的半径是10cm，当重物上升10cm时，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（

）A．120° B．60° C．180° D．450°【答案】B【分析】设OA旋转的角度为n，由于重物上升10cm，则点A逆时针旋转的弧长为10cm，根据弧长公式即可求出．【详解】解：设OA旋转的角度为n，由于重物上升10cm，则点A逆时针旋转的弧长为10cm，由弧长公式l=nπR180，得∴n≈60.故旋转角度为60°故选：B.【点拨】此题考查了弧长公式，正确理解重物上升的10cm就是弧长，所求的度数就是圆心角是解题的关键．【变式3-1】（2022·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）已知一条弧的半径为9，弧长为8π，那么这条弧所对的圆心角为．【答案】160°/160度【分析】把弧长公式nπr180【详解】解：∵l=nπr∴n=180l故答案为：160°．【点拨】本题考查的是弧长的计算，正确掌握弧长的计算公式及其变形是解题的关键．【变式3-2】（2021·浙江金华·统考一模）一个圆被三条半径分成面积比为2：3：4的三个扇形，则最小扇形的圆心角为．【答案】80°/80度【分析】因为一个圆被三条半径分成面积比为2：3：4的三个扇形，所以其圆心角之比也为2：3：4，则最小扇形的圆心角度数可求．【详解】解：由题意可得，三个圆心角的和为360°，又因为三个圆心角的度数比为2：3：4，所以最小的圆心角度数为：360°×2故答案为：80°．【点拨】此题考查扇形统计图及相关计算，解题的关键是掌握圆心角的度数=360°×该部分占总体的百分比．题型04求某点的弧形运动路径长度【例4】（2022·河北·校联考一模）如图，已知AB的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是AB的中点，将AB绕点A逆时针旋转90°后得到AB'，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（）

A．52π B．5π C．25π D．【答案】B【分析】根据已知AB的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是AB的中点，利用垂径定理可得AC＝4，PO⊥AB，再根据勾股定理可得AP的长，利用弧长公式即可求出点P的运动路径长．【详解】如图，设AB的圆心为O，连接OP交AB于C，连接OA,AP,AB′,AP′,

∵圆O半径为5，所对的弦AB长为8，点P是AB的中点，根据垂径定理，得AC＝12AB＝4，PO⊥ABOC＝OA2-A∴PC＝OP﹣OC＝5﹣3＝2，∴AP＝AC2+PC∵将AB绕点A逆时针旋转90°后得到AB'，∴∠PAP′＝∠BAB′＝90°，∴LPP′＝90π×25180＝5则在该旋转过程中，点P的运动路径长是5π．故选：B．【点拨】本题主要考查垂径定理，扇形的弧长计算，熟练掌握垂径定理的应用是解题的关键．【变式4-1】（2021·贵州遵义·校考二模）如图，扇形OAB的圆心角为30°，半径为1，将它在水平直线上向右无滑动滚动到O'A'B'的位置时，则点O【答案】7π【分析】点O到点O′所经过的路径长分三段，先以A为圆心，1为半径，圆心角为90度的弧长，再平移了AB弧的长，最后以B为圆心，1为半径，圆心角为90度的弧长．根据弧长公式计算即可．【详解】解：∵扇形OAB的圆心角为30°，半径为1，∴AB弧长＝30×π×1180＝π∴点O到点O′所经过的路径长＝90×π×1180故答案为：7π6【点拨】本题考查了弧长公式，旋转的性质和圆的性质，理解点O到点O′所经过的路径长分三段是解题的关键．【变式4-2】（2023·陕西·模拟预测）在活动课上，“雄鹰组”用含30°角的直角三角尺设计风车．如图，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，将直角三角尺绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，以此方法做下去……则B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为．（结果保留π）

【答案】4π【分析】根据题意，点B所经过的路径是圆弧，根据直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半，易知AB=4，结合旋转的性质可知∠BAB′＝∠BAC＝60°，，最后求出圆弧的长度即可．【详解】∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，∴AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，由旋转的性质得，∠BAB′＝∠BAC＝60°，∴B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为60π·4180故答案为：4π3【点拨】本题主要考查了直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半，旋转的性质，以及圆弧的求法，熟练地掌握相关内容是解题的关键．【变式4-3】（2022·四川泸州·四川省泸县第一中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A2,4，B1,1，(1)请画出△ABC关于原点对称的△A(2)请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2B2C【答案】(1)见解析(2)见解析，【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，【详解】（1）如图所示△A（2）如图所示△A∵AB=1∴点A到A2经过的路径长l=【点拨】本题考查作图——旋转变换，中心对称，勾股定理和弧长公式，解题的关键是正确得出对应点的位置．题型05求扇形面积【例5】（2022·安徽合肥·统考一模）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以A为圆心，AC的长为半径画弧，得EC，连接AC，AE，则图中阴影部分的面积为（

）A．2π B．4π C．33π D【答案】A【分析】利用等六边形的性质计算出AC的长度，再根据扇形面积计算公式计算即可．【详解】解：过B点作AC垂线，垂足为G，根据正六边形性质可知，∠CAB=∠BCA=30°，∴AC=2AG=∴S扇形=60×(2故选：A．【点拨】本题主要考查扇形面积的计算，根据正六边形性质计算出扇形的半径是解题的关键．【变式5-1】（2023·广东梅州·校考模拟预测）扇形的半径为2，圆心角为90°，则该扇形的面积（结果保留π）为．【答案】【分析】根据扇形面积公式可直接进行求解．【详解】解：由题意得：该扇形的面积为90×2故答案为π．【点拨】本题主要考查扇形面积公式，熟练掌握扇形的面积公式是解题的关键．【变式5-2】（2023·广西百色·模拟预测）数学课上，老师将如图边长为1的正方形铁丝框变形成以A为圆心，AB为半径的扇形（铁丝的粗细忽略不计），则所得扇形DAB的面积是．【答案】1【分析】根据题意结合图象得出AB=AD=1，lBD【详解】解：根据图象可得：AB=AD=1，lBD∴S扇形故答案为：1．【点拨】题目主要考查正方形的性质，弧长及扇形面积公式，熟练掌握弧长及面积公式是解题关键．题型06求图形旋转后扫过的面积【例6】（2023·湖南株洲·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转90°得到Rt△

A．25π+24 B．5π+24 C．25π D．5π【答案】A【分析】根据勾股定理定理求出AB，然后根据扇形的面积和三角形的面积公式求解．【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝∴AB=A∴Rt△ABC所扫过的面积为90⋅π⋅故选：A．【点拨】本题主要考查了旋转的性质，扇形的面积的计算，勾股定理，熟练掌握扇形的面积公式是解答的关键．【变式6-1】（2020·四川成都·统考一模）如图，在ΔAOC中，OA＝3cm，OC＝1cm，将△AOC绕点O顺时针旋转90∘A．π2 B．2π C．178π【答案】B【分析】根据旋转的性质可以得到阴影部分的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积，利用扇形的面积公式即可求解．【详解】解：∵ΔAOC≌ΔBOD∴阴影部分的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积=故选B．【点拨】考查了旋转的性质以及扇形的面积公式，正确理解：阴影部分的面积＝扇形OAB的面积﹣扇形OCD的面积是解题关键．【变式6-2】（2023·山东东营·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2BC=2，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转，使得点B落在边CD上的点B'处，线段AB扫过的面积为【答案】π3/【分析】由旋转的性质可得AB'=AB=2,由锐角三角函数可求∠DA【详解】解：∵AB=2BC=2,∴BC=1,∵矩形ABCD中，∴AD=BC=1,∠D=∠DAB=90°,由旋转可知AB=AB'∵AB=2BC=2，∴∵∴∠DA∴∠BA∴线段AB扫过的面积故答案为：π【点拨】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，扇形面积公式，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解此题的关键．【变式6-3】（2021·山东淄博·统考一模）在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，如图所示，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°后得到△AB′C′．则图中阴影部分的面积为．【答案】π【分析】利用勾股定理求出AC及AB的长，根据阴影面积等于S扇形【详解】解：由旋转得AB'=AB,AC'=AC，∠CAC'=90°∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AC=2BC=2，AB=AC2-BC∴阴影部分的面积=S==π2故答案为：π2．【点拨】此题考查了求不规则图形的面积，正确掌握勾股定理、30度角直角三角形的性质、扇形面积计算公式及分析出阴影面积的构成特点是解题的关键．【变式6-4】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）在平面直角坐标系中，已知A2,0，B3,1，

(1)将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C(2)以A1点为旋转中心，将△A1B1C1逆时针方向旋转90°(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为___________．【答案】(1)作图见解析，-1,3(2)作图见解析，-3,-1(3)【分析】（1）根据平移的性质得出对应点坐标进而得出答案；（2）根据旋转的性质得出对应点坐标，进而得出对应点坐标即可；（3）根据平移的性质以及旋转的性质进而得出线段BC扫过的面积．【详解】（1）解：如图所示：△A1B故答案为：-1,3；（2）如图所示：△A2B故答案为：-3,-1；（3）根据题意，每个小正方形的边长为1，∴A1A1∵将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A∴BC∥B1∴四边形BCC∴在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为：2×2+90π×故答案为：2π+4

【点拨】本题考查作图—平移变换、旋转变换，平行四边形和扇形面积公式等知识，根据题意得出平移和旋转过程中线段BC扫过的面积是解题关键．题型07求圆锥侧面积【例7】（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，有一个半径为2的圆形时钟，其中每个刻度间的弧长均相等，过9点和11点的位置作一条线段，则钟面中阴影部分的面积为（

）A．23π-32 B．23π-【答案】B【分析】阴影部分的面积等于扇形面积减去三角形面积，分别求出扇形面积和等边三角形的面积即可．【详解】解：如图，过点OC作OD⊥AB于点D，∵∠AOB=2×360°12=60°∴△OAB是等边三角形，∴∠AOD=∠BOD=30°，OA=OB=AB=2，AD=BD=12AB=1∴OD=AO2∴阴影部分的面积为60⋅π×2故选：B．【点拨】本题考查了扇形面积、等边三角形的面积计算方法，掌握扇形面积、等边三角形的面积的计算方法是正确解答的关键．【变式7-1】（2022·四川德阳·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别与BC，AC交于点D，E，过点D作DF⊥AC，垂足为点F，若⊙O的半径为43，∠CDF=15°，则阴影部分的面积为（A．16π-123 B．C．20π-123 D．【答案】A【分析】连接AD，连接OE，根据圆周角定理得到∠ADB=90°，根据等腰三角形的性质得到∠BAC=2∠DAC=2×15°=30°，求得∠AOE=120°，过O作OH⊥AE于H，解直角三角形得到OH=23，AH=6，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接AD，连接OE，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°，∵DF⊥AC，∴∠DFC=∠DFA=90°，∴∠DAC=∠CDF=15°，∵AB=AC，D是BC中点，∴∠BAC=2∠DAC=2×15°=30°，∵OA=OE，∴∠AOE=120°，过O作OH⊥AE于H，∵AO=43，∴OH=12AO=23∴AH=3OH=6，∴AE=2AH=12，∴S阴影=S扇形AOE-S△AOE=120π×=16π-123故选：A．【点拨】本题主要考查了扇形的面积与三角形的面积公式，圆周角定理等，作出适当的辅助线，数形结合是解答此题的关键．【变式7-2】（2023·云南昆明·昆明八中校考模拟预测）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，OA=6，则阴影部分的面积是．【答案】9π-18【分析】利用扇形的面积减去三角形的面积，即可得解．【详解】∵OA=OB=6，∠AOB=90°，∴S阴故答案为：9π-18．【点拨】本题考查求阴影部分的面积．熟练掌握割补法求面积，是解题的关键．【变式7-3】（2023·山东德州·统考二模）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，BD⊥CE于点D，BC平分∠ABD．(1)求证：直线CE是⊙O的切线；(2)若∠ABC=30°,⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接OC，根据OB=OC，以及BC平分∠ABD推导出∠OCB=∠DCB，即可得出BD∥OC，从而推出（2）过点O作OF⊥CB于F，利用S阴影【详解】（1）证明：连接OC，如图，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵BC平分∠ABD，∴∠OBC=∠DCB，∴∠OCB=∠DCB，∴BD∥∵BD⊥CE于点D，∴OC⊥DE，∴直线CE是⊙O的切线；（2）过点O作OF⊥CB于F，如图，∵∠ABC=30°，OB=2，∴OF=1，BF=OB⋅cos∴BC=2BF=23∴S△OBC∵∠BOF=90°-30°=60°，∴∠BOC=2∠BOF=120°，∴S扇形∴S阴影【点拨】本题考查了圆的综合问题，包括垂径定理，圆的切线，扇形的面积公式等，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是本题的关键．【变式7-4】（2021·山东临沂·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点（与点A，B不重合），过点C作直线PQ，使得∠ACQ＝∠ABC．（1）求证：直线PQ是⊙O的切线．（2）过点A作AD⊥PQ于点D，交⊙O于点E，若⊙O的半径为2，sin∠DAC＝12

【答案】（1）见解析；（2）2π3﹣3【分析】（1）连接OC，由直径所对的圆周角为直角，可得∠ACB＝90°；利用等腰三角形的性质及已知条件∠ACQ＝∠ABC，可求得∠OCQ＝90°，按照切线的判定定理可得结论．（2）由sin∠DAC＝12，可得∠DAC＝30°，从而可得∠ACD的度数，进而判定△AEO为等边三角形，则∠AOE的度数可得；利用S阴影＝S扇形﹣S△AEO【详解】解：（1）证明：如图，连接OC，

∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵OA＝OC，∴∠CAB＝∠ACO．∵∠ACQ＝∠ABC，∴∠CAB+∠ABC＝∠ACO+∠ACQ＝∠OCQ＝90°，即OC⊥PQ，∴直线PQ是⊙O的切线．（2）连接OE，∵sin∠DAC＝12，AD⊥PQ∴∠DAC＝30°，∠ACD＝∠ABC=60°．∴∠BAC=30°，∴∠BAD=∠DAC+∠BAC=60°，又∵OA＝OE，∴△AEO为等边三角形，∴∠AOE＝60°．∴S阴影＝S扇形﹣S△AEO＝S扇形﹣12OA•OE•sin＝60π＝2π3∴图中阴影部分的面积为2π3﹣3【点拨】本题考查了切线的判定和性质，求弓形的面积和扇形的面积，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，以及三角函数，解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题．题型08求圆锥侧面积【例8】（2023·安徽合肥·模拟预测）已知圆锥的底面半径为4cm，母线长为6A．36πcm2 B．24πcm2【答案】B【分析】利用圆锥侧面积计算公式计算即可：S侧【详解】S侧=πrl=π×4×6=24πcm故选B．【点拨】本题考查了圆锥侧面积的计算公式，比较简单，直接代入公式计算即可．【变式8-1】（2023·浙江金华·校考一模）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+以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积=12×2π=20π．故选：C．【点拨】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．【变式8-2】（2021·山东临沂·统考一模）如图是一个几体何的三视图（图中尺寸单位：cm），则这个几何体的侧面积为（）A．48πcm2 B．24πcm2 C．12πcm2 D．9πcm2【答案】B【分析】先判断这个几何体为圆锥，同时得到圆锥的母线长为8，底面圆的直径为6，然后利用扇形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．【详解】解：由三视图得这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为8，底面圆的直径为6，所以这个几何体的侧面积＝12×π×6×8＝24π（cm2故选：B．【点拨】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．【变式8-3】（2023·广东广州·统考一模）已知：M=(1)化简M；(2)如图，a、b分别为圆锥的底面半径和母线的长度，若圆锥侧面积为24π，求M【答案】(1)1(2)1【分析】（1）根据分式的除法法则进行化简即可得；（2）根据圆锥的侧面积公式可得ab的值，代入计算即可得．【详解】（1）解：M====1（2）解：∵圆锥侧面积为24π∴1解得ab=24，则M=1【点拨】本题考查了分式的化简求值、圆锥的侧面积，熟练掌握分式的运算法则和圆锥的侧面积公式是解题关键．题型09求圆锥底面半径【例9】（2021·福建福州·福州三牧中学校考二模）如图，正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，AD为半径画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（

）

A．2 B．1 C．22 D．【答案】D【分析】根据题意，扇形ADE中弧DE的长即为圆锥底面圆的周长，即通过计算弧DE的长，再结合圆的周长公式进行计算即可得解．【详解】∵正方形ABCD的边长为4∴AD=AE=4∵AC是正方形ABCD的对角线∴∴∴圆锥底面周长为C=2πr=π，解得r=∴该圆锥的底面圆的半径是12故选：D．【点拨】本题主要考查了扇形的弧长公式，圆的周长公式，正方形的性质以及圆锥的相关知识点，熟练掌握弧长公式及圆的周长公式是解决本题的关键．【变式9-1】（2020·河北石家庄·统考模拟预测）如图，从一张腰长为90cm，顶角为120°的等腰三角形铁皮OAB中剪出一个最大的扇形OCDA．15cm B．12cm C．【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质得到OE的长，再利用弧长公式计算出弧CD的长，设圆锥的底面圆半径为r，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可得到r．【详解】过O作OE⊥AB于E，∵OA＝∴∠A＝∴OE＝∴弧CD的长=120π×45设圆锥的底面圆的半径为r，则2πr＝30π，解得故选A．【点拨】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．【变式9-2】（2023·江苏苏州·校联考一模）一个圆锥的母线长为3cm，侧面展开图扇形的圆心角为A．1cm B．2cm C．3cm【答案】A【分析】设圆锥底面半径为rcm，则圆锥底面圆周长为【详解】解：设圆锥底面半径为r那么圆锥底面圆周长为2πr所以侧面展开图的弧长为120π×3180则2πr=2π，解得：r=1cm故选：A．【点拨】此题考查了弧长公式、圆锥的侧面展开图等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．【变式9-3】（2021·浙江宁波·统考二模）如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径r＝1，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则R的值是（）A．R＝2 B．R＝3 C．R＝4 D．R＝5【答案】C【分析】利用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．【详解】解：扇形的弧长是：90πR180＝πR圆的半径r＝1，则底面圆的周长是2π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：πR2＝2π∴R2＝2即：R＝4，故选C．【点拨】本题主要考查圆锥底面周长与展开扇形弧长关系,解决本题的关键是要熟练掌握圆锥底面周长与展开扇形之间关系.题型10求圆锥的高【例10】（2022·广东珠海·校考一模）如图，圆锥的左视图是边长为2的等边三角形，则此圆锥的高是（

）A．2 B．3 C．2 D．3【答案】D【分析】如图所示，等边三角形ABC，BC边上的高AD即为所求．【详解】解：如图所示等边三角形ABC，AD是BC边上的高