2025年中考数学一轮知识梳理难点09 与圆有关的计算常考题型（5大热考题型）（解析版）

试卷第=page6262页，共=sectionpages6565页难点09与圆有关的计算常考题型（5大热考题型）题型一：正多边形和圆题型二：与弧长有关的运算题型三：与扇形面积有关的计算题型四：不规则图形的面积计算题型五：与圆锥有关的计算题型一：正多边形和圆【中考母题学方法】【典例1】（山东青岛·中考真题）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（

）

A． B． C． D．【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：

∵正六边形内接于，∴∠COD==60°，则∠COE=120°，∴∠CME=∠COE=60°，故选：D．【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键．【典例2】（2023·上海·中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为．【答案】18【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案．【详解】根据正n边形的中心角的度数为，则，故这个正多边形的边数为18，故答案为：18．【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．【变式1-1】（2024·内蒙古·中考真题）如图，正四边形和正五边形内接于，AD和相交于点，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，对顶角的性质，直角三角形的性质，连接，设CD与相交于点，由圆的内接正多边形的性质可得，，即得，即可由圆周角定理得，进而由三角形内角和定理得，再由直角三角形两锐角互余得到，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，设CD与相交于点，∵正四边形和正五边形内接于，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故选：．【变式1-2】（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，平面直角坐标系中，原点为正六边形的中心，轴，点在双曲线为常数，上，将正六边形向上平移个单位长度，点恰好落在双曲线上，则的值为（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】本题主要考查了求反比例函数解析式，正六边形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，过点E作轴于H，连接，可证明是等边三角形，则，，进而得到，设，则，则，，即可得到点在双曲线上，再由点E也在双曲线上，得到，据此求解即可．【详解】解：如图所示，过点E作轴于H，连接，∵原点为正六边形的中心，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，，∵将正六边形向上平移个单位长度，点恰好落在双曲线上，∴点在双曲线上，又∵点E也在双曲线上，∴，解得或（舍去），∴，故选：A．【变式1-3】（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为．【答案】【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等，正确求出正八边形的面积是解题的关键．过点A作，求得，根据勾股定理可得，即可求解．【详解】如图，是正八边形的一条边，点O是正八边形的中心，过点A作，在正八边形中，∴∵，，解得：∴∴正八边形为∴∴∴的估计值为故答案为：．【变式1-4】（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案．说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积．【数学建模】这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．【探索发现】（1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______．（2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由．（3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值．【问题解决】（4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可）【答案】（1）；（2）不能，理由见解析；（3）；当取得最小值时；（4）【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解；（2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解；（3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解；（4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解．【详解】（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积．正方形草坪的面积．故喷洒覆盖率．（2）对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为．因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为．这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用．（3）如图所示，连接，要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积．∴都经过正方形的中心点，在中，，，∵∴，在中，∴∴∴当时，取得最小值，此时解得：（4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆，则当时，圆的内接正方形的边长为而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少，∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率【点睛】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案．【中考模拟即学即练】1．（2024·云南昭通·一模）如图，正八边形内接于，连接，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查正多边形的性质．根据题意，由正八边形内接于知，．【详解】解：正八边形内接于．故选：C．2．（2024·河北·模拟预测）如图，正六边形和正六边形均以点O为中心，连接（A，G，H三点共线），若，则正六边形的边长为（

）A． B．5 C． D．19【答案】C【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的性质，直角三角形的性质，连接，，，，根据正六边形的性质证明，得到，，即可得到B，I，H三点共线，同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且，然后在三角形中计算即可．【详解】连接，，，，过作于，∵正六边形和正六边形均以点O为中心，∴，，，，∴，，∴，∴，，∵A，G，H三点共线，∴，∴，∴，∴B，I，H三点共线，同理可得C，I，J三点共线，D，K，J三点共线，且，∴，∵，∴，，∴，，∵，∴，∴，即正六边形的边长为，故选：C．3．（2024·山西太原·模拟预测）如图，正五边形内接于，与相切于点C，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，，，首先根据正多边形的性质得到，然后证明出，得到，然后切线的性质得到，进而求解即可．【详解】如图所示，连接，，∵四边形是正五边形∴∵，，∴∴∵与相切于点C，∴∴∴．故选：C．【点睛】此题考查了正多边形和圆，全等三角形的性质和判定，圆切线的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线．4．（2024·湖南益阳·模拟预测）如图，正五边形的边长为5，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则圆与正五边形重叠部分（图中阴影部分）的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查正多边形和圆，扇形面积的计算．根据正五边形的内角和定理求出正五边形的一个内角的度数，再根据扇形面积的计算方法进行计算即可．【详解】解：五边形是正五边形，，，故选：B．5．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，等边三角形和正方形均内接于，若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了正多边形与圆，准确掌握正多边形及圆的相关性质并能准确计算是解题关键．连接、、、，过点作于点，利用求出圆的半径，再求出和，利用直角三角形性质和勾股定理求出，即可求出．【详解】解：连接、、、，过点作于点，如图，∵正方形内接于，∴，∵，，∴，∴，∵等边三角形内接于，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，故选：D．6．（2024·广东·模拟预测）《墨子·天志》记载：“轮匠执其规、矩，以度天下之方圆．”知圆度方，感悟数学之美．如图，以正方形的对角线交点为位似中心，作它的位似图形，若四边形的外接圆半径为4，，则正方形的周长为．

【答案】【分析】此题考查了位似图形的性质，正多边形和圆的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．设位似中心为O，连接，，首先得到，然后利用勾股定理求出，然后根据位似图形的性质得到，进而求解即可．【详解】解：如图所示，设位似中心为O，连接，

∵正方形的外接圆半径为4，∴，∴∵，∴∴．∴正方形的周长为．故答案为：．二、与弧长有关的运算题型二：与弧长有关的运算【中考母题学方法】【典例1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长（结果保留）．【答案】/【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定是等边三角形，得到．由平行四边形的性质推出，判定是等边三角形，得到，由弧长公式即可求出的长．【详解】解：四边形是平行四边形，，由题意得：，是等边三角形，，，．故答案为：．【典例2】（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为．（结果保留）【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键．由旋转的性质可得,即，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，以为半径的圆弧的长即可解答．【详解】解：∵将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，∴,即，∴点A经过的路径长至少为．故答案为：．【变式2-1】（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为．【答案】【分析】本题主要考查了正多形的内角和和内角以及弧长公式，根据六边形是正六边形，根据正多边内角和等于，求出内角，再根据弧长公式即可得出答案．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴，∴，故答案为：．【变式2-2】（2024·甘肃兰州·中考真题）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中，的半径分别是1cm和10cm，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则．【答案】108【分析】本题主要考查了求弧长．先求出点P移动的距离，再根据弧长公式计算，即可求解．【详解】解：根据题意得：点P移动的距离为，∴，解得：．故答案为：108【变式2-3】（2024·山东济宁·中考真题）如图，三个顶点的坐标分别是．(1)将向下平移2个单位长度得，画出平移后的图形，并直接写出点的坐标；(2)将绕点逆时针旋转得．画出旋转后的图形，并求点运动到点所经过的路径长．【答案】(1)作图见解析，(2)作图见解析，【分析】本题考查了作图—平移变换和旋转变换，弧长公式，解题的关键熟练掌握平移和旋转的性质，（1）利用平移的性质作出对应点，再连线即可，（2）利用旋转的性质分别作出对应点，再连线，运动到点所经过的路径长即为弧长即可可求解【详解】（1）解：如下图所示：由图可知：；（2）解：如上图所示：运动到点所经过的路径为：【变式2-4】（2024·辽宁·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，点在上，，在的延长线上，．(1)如图1，求证：是的切线；(2)如图2，若，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）连接，则，故，由，得到，而，则，由，得，因此，故，则是的切线；（2）连接，可得，则，故，由，得，那么长为．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∴，∵，∴，∵为直径，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴是的切线；（2）解：连接，由（1）得，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴长为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定，直角三角形的性质，三角形的外角性质，弧长公式等，正确添加辅助线是解决本题的关键．【中考模拟即学即练】1．（2024·浙江温州·一模）点A、B、C在上的位置如图所示，，的半径为3，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了弧长计算公式，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握弧长公式，先根据圆周角定理求出，然后根据弧长计算公式进行计算即可．【详解】解：∵，∴，∴的长为：，故选：B．2．（2024·湖南·模拟预测）如图，用一个半径为的滑轮将物体G向上拉升，若物体G的上升速度为，上升的时间为，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则图中线段在这段时间内扫过的面积（单位：）是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了弧长公式以及扇形面积公式，先得出物体G的上升距离是，再设点P旋转路径所对的圆心角为，列式，解出，最后运用扇形面积公式列式计算，即可作答．【详解】解：∵物体G的上升速度为，上升的时间为，∴物体G的上升距离是，则在这个时间内，设点P旋转路径所对的圆心角为，∴，解得，∴线段在这段时间内扫过的面积，故选：C．3．（2024·陕西商洛·模拟预测）传统服饰日益受到关注，如图①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形的一部分，其中的长度为米，裙长米，圆心角，则的长为（

）A．1米 B．米 C．2米 D．米【答案】B【分析】本题考查了弧长公式．由题意知，，求得，得到米即可．【详解】解：由题意知，，解得，∵裙长为米，∴米，故选：B．4．（2024·四川眉山·二模）个半径均为的硬币两两外切，如图所示，若将左边第一个硬币沿着剩下硬币的圆周滚动一圈回到原来的位置（其余个硬币固定不动），那么这个硬币在滚动时圆心移动的路径长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了弧长的计算的应用等知识点，根据题意确定运动路径是由由4个孤1与8个孤2组成，然后利用弧长公式计算即可得解，熟练掌握弧长的计算是解决此题的关键．【详解】如图，该硬币圆心路径由4个孤1与8个孤2组成，∴由圆半径相等得，，∴为等边三角形，∴，∴，，∴弧1的长，弧2的长，∴总路径长，故选：C．5．（2023·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知一弧长为，此弧所对圆心角为，则此弧所在圆的半径为．【答案】【分析】根据弧长公式进行求解即可．此题考查了弧长公式，，其中n是圆心角度数，r为半径，熟练掌握弧长公式是解题的关键．【详解】解：设扇形所在圆的半径为r，则，解得，故答案为：．6．（2024·浙江温州·三模）在半径为的圆上有一段弧，弧长是，则该弧所对的圆周角的度数为．【答案】60°/60度【分析】考查了弧长的计算，解答本题关键是熟练掌握弧长的计算公式，及公式字母表示的含义．根据弧长的计算公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r），代入即可求出圆心角的度数．【详解】根据弧长的公式，得到：，解得，故圆周角为60°故答案为：60°．7．（2024·山东济南·一模）如图1，我国是世界上最早制造使用水车的国家．如图是水车舀水灌溉示意图，水车轮的辐条（圆的半径）长约为米，辐条尽头装有刮板，刮板间安装有等距斜挂的长方体形状的水斗，当水流冲动水车轮刮板时，驱使水车徐徐转动，水斗依次舀满河水在点处离开水面，逆时针旋转上升至轮子上方处，斗口开始翻转向下，将水倾入木槽，由木槽导入水渠，进而灌溉，那么水斗从处（舀水）转动到处（倒水）所经过的路程是米．（结果保留）【答案】【分析】本题考查了弧长的计算，根据弧长公式进行计算，即可解答，熟练掌握弧长公式是解题的关键．【详解】解：由题意得：（米），∴水斗从处（舀水）转动到处（倒水）所经过的路程是米，故答案为：．8．（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，正三角形的高是3厘米，正方形的边长是正三角形的2倍，木块从图①的位置开始，沿着木桩的边缘滚动，滚动过程如图②，图③所示，木块滚动一周后回到原位置，那么正三角形正中心的点A经过的路径长度为．【答案】44【分析】本题考查了弧长的计算、旋转的性质．找出点A轨迹是解题的关键．利用弧长公式，可以解决问题．【详解】解：如图，∵和都是正三角形的中心，∴，∴，四个角上的弧所对圆心角为，，第1次滚动，点A运动轨迹是以圆心O、圆心角，为半径的弧，第2次滚动，是以圆心、圆心角为，半径的弧接下来运动类似，如图中虚线，点运动的路径长度．故答案为：44．9．（22-23九年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，CD是直径，弦，垂足为点E，连接AC，AD．(1)求证：．(2)若，，求的长度．【答案】(1)见解析(2)，见解析【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理及推论，弧长计算；连接辅助线，从而运用圆周角定理及推论得到角之间的关系是解题的关键．（1）连接，由垂径定理，得，由圆周角定理推论知，，所以．（2）如图，连接，，由圆周角定理可推出，根据弧长公式计算求解．【详解】（1）证明：连接，∵是直径，弦，∴．∴．又∵．∴；（2）解：如图，连接，，则，∵，∴，∴，∴∴的长度．题型三：与扇形面积有关的计算【中考母题学方法】【典例1】（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为．【答案】【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解．【详解】解：∵，，∴，∵O为中点，∴，∵，在中，，∴，同理，∴，∴扇形的面积为，故答案为：．【典例2】（2024·山东青岛·中考真题）如图，是上的点，半径，，，连接AD，则扇形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆周角定义，扇形的面积，连接，由圆周角定理可得，进而得，再根据扇形的面积计算公式计算即可求解，掌握圆周角定理及扇形的面积计算公式是解题的关键．【详解】解：连接，则，∵，∴，∴，故选：．【变式3-1】（2024·山东东营·中考真题）习近平总书记强调，中华优秀传统文化是中华民族的根和魂．东营市某学校组织开展中华优秀传统文化成果展示活动，小慧同学制作了一把扇形纸扇．如图，，，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（

）．

A． B． C． D．【答案】C【分析】将山水画所在纸面的面积转化为大小两个扇形的面积之差即可解决问题．本题主要考查了扇形面积的计算，熟知扇形面积的计算公式是解题的关键．【详解】解：由题知，，，所以山水画所在纸面的面积为：．故选：C．【变式3-2】（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，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】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．【详解】解∶过D作于E，∵是边长为的等边三角形的外接圆，∴，，，∴，∵点D是的中点，∴，∴，∴，，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．【变式3-3】（2024·河北·中考真题）扇文化是中华优秀传统文化的组成部分，在我国有着深厚的底蕴．如图，某折扇张开的角度为时，扇面面积为、该折扇张开的角度为时，扇面面积为，若，则与关系的图象大致是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查正比例函数的应用，扇形的面积，设该扇面所在圆的半径为，根据扇形的面积公式表示出，进一步得出，再代入即可得出结论．掌握扇形的面积公式是解题的关键．【详解】解：设该扇面所在圆的半径为，，∴，∵该折扇张开的角度为时，扇面面积为，∴，∴，∴是的正比例函数，∵，∴它的图像是过原点的一条射线．故选：C．【中考模拟即学即练】1．（2024·云南·模拟预测）已知扇形的弧长为，面积为，则此扇形的圆心角为度．【答案】60【分析】本题考查求扇形的圆心角，根据扇形的面积公式进行求解即可．【详解】解：设扇形的半径为，圆心角的度数为，由题意，得：，∴，∴，∴；故答案为：60．2．（2024·北京·三模）已知一个扇形的面积是，弧长是，则这个扇形的半径为．【答案】【分析】本题考查扇形面积公式，根据扇形面积公式直接代入求解即可得到答案．【详解】解：∵一个扇形的面积是，弧长是，∴，解得：，故答案为：．3．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等边三角形；分别以点，，为圆心，以AB的长为半径作，，．三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为，则它的面积是．【答案】【分析】本题考查了弧长的计算，扇形面积的计算，三角函数的应用，曲边三角形是由三段弧组成，如果周长为，则其中的一段弧长就是，所以根据弧长公式可得，即正三角形的边长为．那么曲边三角形的面积=三角形的面积+三个弓形的面积，从而可得答案．【详解】解：曲边三角形的周长为，为等边三角形，曲边三角形的面积为：故答案为：．4．（2024·甘肃·中考真题）甘肃临夏砖雕是一种历史悠久的古建筑装饰艺术，是第一批国家级非物质文化遗产．如图1是一块扇面形的临夏砖雕作品，它的部分设计图如图2，其中扇形和扇形有相同的圆心O，且圆心角，若，，则阴影部分的面积是．（结果用π表示）【答案】【分析】根据扇形面积公式计算即可．本题考查了扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．【详解】∵圆心角，，，∴阴影部分的面积是故答案为：．5．（2024·甘肃·模拟预测）鸳鸯玉是指产于甘肃武山县鸳鸯镇一带的超基性岩石，又名蛇纹石玉，因其结构细密，质地细腻坚韧，抗压、抗折、抗风化性好，可琢性强，光泽晶莹，而成为玉雕工艺品、高档农具的配套镶嵌和高级饰面之理想材料．如图，是一个半径为的半圆形的鸳鸯玉石，是半圆O的直径，C，D是弧上两点，．张师傅在这块玉石上切割了一块扇形玉石（阴影部分）做吊坠，则这块扇形玉石的面积是．【答案】【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，扇形的面积，利用圆内接四边形的性质可得，进而由圆周角定理可得，利用扇形面积公式计算即可求解，掌握圆内接四边形的性质和扇形面积公式是解题的关键．【详解】解：连接，如图所示：由圆内接四边形的性质可得，，∴，∴，∴这块扇形玉石的面积，故答案为：．6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，，是边长为2的正六边形的对角线，以为圆心，的长为半径画弧，得，则图中阴影部分的面积为．（用含的式子表示）【答案】【分析】本题考查的是正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．由正六边形的边长为2，可得，进而求出，过作于，由等腰三角形的性质和含直角三角形的性质得到，在中，由勾股定理求得的长，根据扇形的面积公式即可得到阴影部分的面积．【详解】解：∵正六边形的边长为2，，，，过作于，，在中，，，同理可证，，，，∴图中阴影部分的面积为，故答案为：．7．（2024·吉林长春·模拟预测）一个闹钟的时针长是，从下午1点到下午4点，时针所扫过的面积是．【答案】【分析】本题主要考查扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积的计算公式是解题的关键．先求出从1点到下午4点扫过的角度，再根据扇形面积的计算公式计算即可．【详解】解：由题知，时针从1点到下午4点扫过，闹钟的时针长是，．故答案为：．8．（广东深圳·一模）如图，为半圆O的直径，C是半圆上一点，且，设扇形弓形的面积分别为，则它们的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查扇形面积公式及弓形面积公式，作交与点D，设圆的半径为，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式表示出三个图形面积，比较即可求解．【详解】解：作交与点D，设圆的半径为，∵，∴，则．∴；．在三角形中，，∴，，，∴，，，∴．故选：B．9．（2024·吉林长春·一模）如图为风力发电机的示意图，叶片外端A到旋转中心O的距离为20米，叶片当前在塔筒左侧且与塔筒夹角为．当叶片从当前位置顺时针旋转到点A与塔筒底端B距离最大时，叶片扫过的面积至少为平方米．（结果保留）【答案】【分析】本题主要考查了扇形的面积计算，根据题意可得当A、O、B三点共线时，点A与塔筒底端B距离最大，则叶片扫过的扇形圆心角度数最少为，据此利用扇形面积计算公式求解即可．【详解】解；当A、O、B三点共线时，点A与塔筒底端B距离最大，∴叶片扫过的扇形圆心角度数最少为，∴叶片扫过的面积至少为平方米，故答案为：．10．（2024·浙江宁波·二模）如图，在网格中按要求作图并回答相应问题．(1)在图1中以点为旋转中心，作绕点顺时针旋转后得到的；(2)设外接圆圆心为点，则在(1)的条件下，求扫过的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查作图-旋转变换、三角形的外接圆与外心、扇形面积的计算，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．（1）根据旋转的性质作图即可．（2）分别作线段的垂直平分线，相交于点O，分别作线段的垂直平分线，相交于点，由题意得，，由勾股定理可得的长，再利用扇形的面积公式计算即可．【详解】（1）解：如图，即为所求．（2）解：分别作线段的垂直平分线，相交于点O，分别作线段的垂直平分线，相交于点，由题意得，，由勾股定理得，，∴扫过的面积为：．题型四：不规则图形的面积计算【中考母题学方法】【典例1】（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．无法确定【答案】A【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解．【详解】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到．，，在菱形中，点O是对角线的中点，，，，，，，，，，．，，．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键．【变式4-1】（2024·山东泰安·中考真题）两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用等知识点，熟练掌握扇形的面积公式是关键．如图：连接，作于点B，得三角形是等边三角形，求出，再根据，即可解答．【详解】解：如图：连接，作于点B，∵，∴三角形是等边三角形，∴，∴∴,∴．故选：A．【变式4-2】（2024·山东威海·中考真题）如图，在扇形中，，点是的中点．过点作交于点，过点作，垂足为点．在扇形内随机选取一点，则点落在阴影部分的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是求不规则图形的面积，几何概率，根据阴影部分面积等于扇形的面积，即可求解．【详解】解：∵，，∴四边形是矩形，∴∴∵点是的中点∴∴∴∴，，点落在阴影部分的概率是故选：B．【变式4-3】（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查扇形面积的计算，勾股定理等知识．根据题意可得，由勾股定理得出，用矩形的面积减去2个扇形的面积即可得到结论．【详解】解：连接，根据题意可得，∵矩形，∴，，在中，，∴图中阴影部分的面积．故选：D．【变式4-4】（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．

(1)求图中阴影部分的面积；(2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长．【答案】(1)(2)【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是：（1）连接，利用勾股定理的逆定理判定得出，利用切线的性质得出，利用等面积法求出，然后利用求解即可；（2）延长CA交于P，连接，则最大，然后在中，利用勾股定理求解即可．【详解】（1）解∶连接，

∵，，，∴，∴，∵与相切于D，∴，∵，∴，∴；（2）解∶延长CA交于P，连接，此时最大，

由（1）知：，，∴．【变式4-5】（2024·山东·中考真题）如图，在四边形中，，，．以点为圆心，以为半径作交于点，以点为圆心，以为半径作所交于点，连接交于另一点，连接．(1)求证：为所在圆的切线；(2)求图中阴影部分面积．（结果保留）【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，圆的性质，扇形面积，等边三角形的性质等知识点，证明四边形是平行四边形是解题关键．（1）根据圆的性质，证明，即可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，再根据圆的切线判定定理即可证得结果．（2）先求出平行四边形的高，根据扇形面积公式三角形面积公式，平行四边形面积公式求解即可．【详解】（1）解：连接如图，根据题意可知：，又∵，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴在以为直径的圆上，∴，∴为所在圆的切线．（2）过作于点，由图可得：，在中，，，∴，∴，由题可知：扇形和扇形全等，∴，等边三角形的面积为：，∴【中考模拟即学即练】1．（2024·浙江宁波·二模）如图，在矩形中，，F是上一点，，以点A为圆心为半径画弧，交于点，以F为圆心，为半径画弧，交于点于点，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，根据题意可得出，，即说明，从而可得出为等边三角形，，再根据，结合三角形面积公式和扇形面积公式求解即可．【详解】解：如图，连接，在矩形中，，∴，，∴，∴，为等边三角形，，∴．故选B．【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，扇形的面积计算，等边三角形的判定和性质，掌握扇形的面积公式是解题关键．2．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，已知，半圆的直径，为圆心，点是半圆上的一点，将沿直线折叠后的弧经过圆心，则图中阴影部分的面积是．【答案】/【分析】本题考查了扇形面积的计算，过点O作于点D，交于点E，连接，则可判断点O为的中点，由折叠的性质可得，在中求出，继而得出，求出扇形的面积即可得出阴影部分的面积．【详解】解：过点O作于点D，交于点E，连接，则点E是的中点，由折叠的性质可得点O为的中点，∴，在中，，∴,∴，∴，∴．故答案为：．3．（2024·重庆·一模）如图，在中，E为边中点．以C为圆心，CD为半径画弧，恰好经过点A．以C为圆心，CE为半径画弧，与AD相切于点F．若，则阴影部分的面积为．（结果保留π）【答案】【分析】根据切线的性质得到，得到，根据平行四边形的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，，根据扇形、正方形、三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：与切于，，由题意可知：，，四边形是平行四边形，，，为边中点，，，，，，，，，四边形是正方形，阴影部分的面积扇形的面积的面积正方形的面积扇形的面积，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确地识别图形是解题的关键．4．（2024·山东济宁·二模）如图，在正方形网格中，点A、B、C、D均在格点上，过B，C，D的弧交于点E，若每个正方形的边长为1，则图中阴影部分的面积为．（结果保留）【答案】【分析】设过B，C，D的弧的圆心为O，连接，由勾股定理求出，，的值，进而由勾股定理的逆定理得是等腰直角三角形，再由圆周角定理得，，为半圆的直径，则，然后由等腰直角三角形的性质得，，根据即可求解．【详解】如图，设过B，C，D的弧的圆心为O，连接，由勾股定理得，，，，，是等腰直角三角形，，，，为半圆的直径，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆周角定理、与圆有关的计算，熟练掌握勾股定理和圆周角定理是解题的关键．5．（2024·四川广元·模拟预测）如图，为半圆的直径，且，半圆绕点B顺时针旋转，点A旋转到的位置，则图中阴影部分的面积为（结果保留π）．【答案】/【分析】本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式且能准确识图是解题的关键．根据题意可得出阴影部分的面积等于扇形的面积加上半圆面积再减去半圆面积．【详解】解：∵，故答案为：．6．（2024·广东·模拟预测）如图，在扇形中放置三个边长均为1的正方形方格，点O为扇形的圆心，格点A，B，C分别在扇形的两条半径和弧上，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题主要考查了扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．连接，先根据正方形的性质可得，扇形的半径，再根据图中阴影部分的面积等于求解即可得．【详解】解：如图，连接，由题意得：，扇形的半径，则图中阴影部分的面积为，故答案为：．7．（2025·湖北黄石·一模）如图，内接于，为直径，作交于点E，且．

(1)求证：直线是的切线．(2)如果，，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，可得，然后推导，即可解题；（2）先根据正弦得到，即可求出，然后根据解题即可．【详解】（1）证明：连接，

∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴为的切线；（2）解：∵，，∴，∴，∴是等边三角形，∴，，又∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查切线的判定，等边三角形的判定和性质，扇形的面积，等腰三角形的性质，解直角三角形，掌握切线的判定和性质是解题的关键．8．（2024·湖北襄阳·一模）如图，在中，，是中点，以为圆心，为半径作，分别交及其延长线、于，，点，连接交于点．(1)求证：是的切线；(2)若是的中点，，求阴影部分的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】此题重点考查圆中不规则图形的面积、等腰三角形的“三线合一”、切线的判定定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明及求得是解题的关键．（1）连接，由，是中点，得，即可证明是的切线；（2）由是的中点，得，推出，再证，则可求出，和，最后可由求解．【详解】（1）证明：如图，连接，，是中点，，是的半径，是的切线；（2）解：是的中点，，，，，，是中点，，，，，，，，，，，阴影部分的面积是．题型五：与圆锥有关计算【中考母题学方法】【典例1】（2024·江苏徐州·中考真题）将圆锥的侧面沿一条母线剪开后展平，所得扇形的面积为，圆心角θ为，圆锥的底面圆的半径为．【答案】【分析】本题考查的是圆锥的计算、扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解题的关键．先根据扇形面积公式求出扇形的半径，再根据扇形面积公式求出弧长，最后根据圆的周长公式计算即可．【详解】解：设扇形的半径为，弧长为，由题意得：，解得：（负值舍去），则，解得：，∴圆锥的底面圆的半径为：，故答案为：．【典例2】（2023·湖北十堰·中考真题）如图，已知点C为圆锥母线的中点，为底面圆的直径，，，一只蚂蚁沿着圆锥的侧面从A点爬到C点，则蚂蚁爬行的最短路程为（

）

A．5 B． C． D．【答案】B【分析】连接，先根据直径求出底面周长，根据底面周长等于展开后扇形的弧长可求出圆锥的侧面展开后的圆心角，可得是等边三角形，即可求解．【详解】解：连接，如图所示，

∵为底面圆的直径，，设半径为r,∴底面周长，设圆锥的侧面展开后的圆心角为，∵圆锥母线，根据底面周长等于展开后扇形的弧长可得：，解得：，∴，∵半径，∴是等边三角形，在中，，∴蚂蚁爬行的最短路程为，故选：B．【点睛】本题考查平面展开—最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形。扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，化曲面为平面，用三角函数求解．【变式5-1】（2024·江苏南通·中考真题）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为．【答案】【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式进行计算即可．【详解】解：圆锥的侧面积为；故答案为：．【变式5-2】（2024·江苏宿迁·中考真题）已知圆锥的底面半径为3，母线长为12，则其侧面展开扇形的圆心角的度数为°．【答案】【分析】本题考查圆锥的侧面积，以及扇形面积，解决本题的关键是掌握圆锥的侧面积公式，以及扇形面积公式．设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，根据“圆锥的侧面积扇形面积”建立等式求解，即可解题．【详解】解：设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，侧面展开扇形的面积为：，解得，故答案为：．【变式5-3】（2024·江苏扬州·中考真题）若用半径为的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径为．【答案】5【分析】本题考查了圆锥的计算．用到的知识点为：圆锥的侧面展开图弧长等于底面周长．根据题意得圆锥的母线长为，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以即为圆锥的底面半径．【详解】解：圆锥的侧面展开图的弧长为，∴圆锥的底面半径为，故答案为：5．【变式5-4】（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为．【答案】【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可．【详解】解：∵正六边形，∴，，∴，，∴，过点作于点，则：，设圆锥的底面圆的半径为，则：，∴；故答案为：．【变式5-5】（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为．【答案】402【分析】本题考查了平行四边形的性质、弧长公式、圆锥等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的外角性质可得的度数；先利用弧长公式求出扇形的弧长，再根据圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长求解即可得．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴，∵，∴，由圆的性质可知，，∴，∴，∴扇形的弧长为，∴圆锥的底面圆半径为，故答案为：40；2．【中考模拟即学即练】1．（2024·云南红河·模拟预测）为了拉动乡村经济振兴，某村设立了一个草帽手工作坊，让留守的老人也能赚钱，其制作工艺中用固定规格的扇形草毡围成一个底面周长为，侧面积为的圆锥形草帽，则制作工艺中所使用扇形草毡的圆心角为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆锥侧面积，弧长公式等知识；设扇形的半径为r，扇形面积可求得半径r；再由弧长公式即可求得扇形圆心角的度数．【详解】解：设扇形的半径为r，则，解得：；设扇形圆心角度数为n度，则，解得：，即扇形圆心角为；故选：B．2．（2024·江苏南京·模拟预测）圆锥的母线长为．底面