2024年中考數(shù)學復習講義 第28講 與圓有關的計算(含答案)

第28講與圓有關的計算目錄聯(lián)系地址：北京市東城區(qū)龍?zhí)堵?號院4號樓三層電話400-688-1789第1頁共1頁TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知識建構考點一正多邊形與圓題型01求正多邊形中心角題型02求正多邊的邊數(shù)題型03正多邊形與圓中求角度題型04正多邊形與圓中求面積題型05正多邊形與圓中求周長題型06正多邊形與圓中求邊心距、邊長題型07正多邊形與圓中求線段長題型08正多邊形與圓中求最值題型09尺規(guī)作圖-正多邊形題型10正多邊形與圓的規(guī)律問題考點二弧長、扇形面積、圓錐的有關計算題型01求弧長題型02利用弧長及扇形面積公式求半徑題型03利用弧長及扇形面積公式求圓心角題型04求某點的弧形運動路徑長度題型05求扇形面積題型06求圖形旋轉后掃過的面積題型07求圓錐側面積題型08求圓錐側面積題型09求圓錐底面半徑題型10求圓錐的高題型11求圓錐側面積展開圖的圓心角題型12圓錐的實際問題題型13圓錐側面上的最短路徑問題考點三不規(guī)則面積的有關計算題型01直接公式法題型02直接和差法題型03構造和差法題型04等面積法題型05旋轉法題型06對稱法題型07全等法考點要求新課標要求命題預測正多邊形與圓了解正多邊形的概念及正多邊形與圓的關系.該板塊內容以考查綜合題為主，也是考查重點，除了填空題和選擇題外，年年都會考查綜合題，對多數(shù)考生來說也是難點，2024年各地中考肯定還是會考查.弧長、扇形面積、圓錐的有關計算會計算圓的弧長、扇形的面積.不規(guī)則面積的有關計算考點一正多邊形與圓1.正多邊形的相關概念正多邊形概念各條邊相等，并且各個內角也都相等的多邊形叫做正多邊形.正多邊形的中心正多邊形的外接圓的圓心叫做這個正多邊形的中心.正多邊形的半徑正多邊形外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑.正多邊形的中心角正多邊形每一邊所對的圓心角叫做正多邊形的中心角.正多邊形的邊心距中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距.2.正多邊形的常用公式邊長an=2Rn?sin周長Pn=n?an外角/中心角度數(shù)360°面積Sn=12an?rn?對角線條數(shù)n(n-3)邊心距rn=Rn?cos180內角和（n-2）×180°.內角度數(shù)（n邊形的邊數(shù)（內角和÷180°）＋2aRn2=rn2+an24（an【解題思路】正多邊形與圓的計算問題：正n邊形的外接圓半徑和邊心距把正n邊形分成2n個全等的直角三角形，而每個直角三角形都集中地反映了這個正n邊形各元素間的關系，故可以把正n邊形的計算轉化為解直角三角形，再利用勾股定理即可完成計算．3.正多邊形常見邊心距與邊長的比值圖形OA:AB:OB內切圓與外接圓半徑的比等邊三角形1:31:2正方形1:1:1:正六邊形3:1:23:2【備注】正多邊形的內切圓與外接圓為同心圓.題型01求正多邊形中心角【例1】（2021·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）在圓內接正六邊形ABCDEF中，正六邊形的邊長為2，則這個正六邊形的中心角和邊心距分別是（

）A．30°,1 B．45°,2 C．60°,3 D【答案】C【分析】由正六邊形的性質得∠COD＝60°，再證△OCD是等邊三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂徑定理和含30°角的直角三角形的性質求出OG即可．【詳解】解：在圓內接正六邊形ABCDEF中，∠COD＝360°÷6＝60°，∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形，∴BC＝CD＝OC＝2，∵OG⊥BC，∴CG＝12BC＝1∵∠COG＝12∠COD＝30°∴OG＝3CG＝3，故選：C．【點撥】本題考查了正多邊形和圓、正六邊形的性質、等邊三角形的判定與性質以及含30°角的直角三角形的性質；熟練掌握正六邊形的性質和等邊三角形的判定與性質是解題的關鍵．【變式1-1】（2022·四川廣安·統(tǒng)考二模）如圖，五邊形ABCDE是⊙O的內接正五邊形，則正五邊形的中心角∠COD的度數(shù)是（

）A．72° B．60° C．48° D．36°【答案】A【分析】根據(jù)正多邊形的中心角的計算公式：360°n【詳解】解：∵五邊形ABCDE是⊙O的內接正五邊形，∴五邊形ABCDE的中心角∠COD的度數(shù)為360°5=72°故選：A．【點撥】本題考查的是正多邊形和圓，掌握正多邊形的中心角的計算公式：360°n【變式1-2】（2020·上海金山·統(tǒng)考一模）正十邊形的中心角等于度．【答案】36【分析】根據(jù)正多邊形的中心角的定義即可求解．【詳解】正十邊形的中心角等于360°÷10=36°故答案為：36．【點撥】此題主要考查中心角，解題的關鍵是熟知正n邊形的中心角等于360°n題型02求正多邊的邊數(shù)【例2】（2023·河北保定·統(tǒng)考二模）如圖，一個正多邊形紙片被一塊矩形擋板遮住一部分，則這個正多邊形紙片的邊數(shù)是（

）

A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】先根據(jù)正多邊形的定義把圖形補充完整，再求解．【詳解】解：根據(jù)正多邊形的定義把多邊形補充完整如下圖；

有圖形得：這個正多邊形紙片是六邊形，故選：C．【點撥】本題考查了正多邊形和圓，掌握正多邊形的定義是解題的關鍵．【變式2-1】（2023·廣東陽江·統(tǒng)考二模）如果一個正多邊形的中心角是45°，那么這個正多邊形的邊數(shù)是（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根據(jù)正多邊形的邊數(shù)=周角÷中心角，計算即可得解．【詳解】解：這個多邊形的邊數(shù)是360°÷45°=8，故選：C．【點撥】本題考查的是正多邊形的中心角的有關計算；熟記正多邊形的中心角與邊數(shù)的關系是解題的關鍵．【變式2-2】（2023·湖南長沙·校聯(lián)考模擬預測）如圖，A,B,C,D為一個正多邊形的頂點，O為正多邊形的中心．若∠ADB=20°，則這個正多邊形的邊數(shù)為（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】連接OA，OB，根據(jù)圓周角定理得到∠AOB=2∠ADB=40°，進一步即可得到結論．【詳解】解：連接OA，OB，∵A,B,C,D為一個正多邊形的頂點，O為正多邊形的中心，∴點A,B,C,D在以點O為圓心，OA為半徑的同一個圓上，∵∠ADB=20°，∴∠AOB=2∠ADB=40°，∴這個正多邊形的邊數(shù)=360°故選：C．【點撥】本題考查了正多邊形與圓，圓周角定理，正確地理解題意是解題的關鍵．【變式2-3】（2021·貴州貴陽·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD為⊙O的內接正四邊形，△AEF為⊙O的內接正三角形，連接DF．若DF恰好是同圓的一個內接正多邊形的一邊，則這個正多邊形的邊數(shù)為．【答案】12【分析】連接OA,OD,OF，如圖，利用正多邊形與圓，分別計算⊙O的內接正四邊形與內接正三角形的中心角得到∠AOD=90°，∠AOF=120°，則∠DOF=30°，然后計算360°30°即可得到n【詳解】解：連接OA,OD,OF，如圖，設這個正多邊形為n邊形，∵AD，AF分別為⊙O的內接正四邊形與內接正三角形的一邊，∴∠AOD=360°4=90°，∠AOF=360°3∴∠DOF=∠AOF-∠AOD=30°，∴n=360°30°=12，即DF故答案為：12．【點撥】本題考查了正多邊形與圓：把一個圓分成n（n是大于2的自然數(shù)）等份，依次連接各分點所得的多邊形是這個圓的內接正多邊形，這個圓叫做這個正多邊形的外接圓；熟練掌握正多邊形的有關概念．題型03正多邊形與圓中求角度【例3】（2023·安徽六安·統(tǒng)考模擬預測）如圖，正六邊形ABCDEF內接于⊙O，點M在AB上，則∠CME的度數(shù)為（

）

A．30° B．36° C．45° D．60°【答案】D【分析】先求出正六邊形的中心角，再利用圓周角定理求解即可．【詳解】解：連接OC,OD,OE，如圖所示：

∵正六邊形ABCDEF內接于⊙O，∴∠COD=3606=60°，則∠COE=120°∴∠CME=12∠COE=60°故選：D．【點撥】本題考查正多邊形的中心角、圓周角定理，熟練掌握正n多邊形的中心角為360n【變式3-1】（2022·廣西南寧·校聯(lián)考一模）如圖，⊙O與正五邊形ABCDE的兩邊AE,CD相切于A,C兩點，則∠AOC的度數(shù)是（

）A．144° B．130° C．129° D．【答案】A【分析】根據(jù)切線的性質，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，結合正五邊形的每個內角的度數(shù)為108°，即可求解．【詳解】解：∵AE,CD切⊙O于點A,C，∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，∴正五邊形ABCDE的每個內角的度數(shù)為：5-2×180°5∴∠AOC＝540°?90°?90°?108°?108°＝144°，故選：A．【點撥】本題主要考查正多邊形的內角和公式的應用，以及切線的性質定理，掌握正多邊形的內角和定理是解題的關鍵．【變式3-2】（2022·福建福州·福建省福州延安中學?？寄M預測）如圖，已知正五邊形ABCDE內接于⊙O，則∠OCD的度數(shù)為°．【答案】54【分析】根據(jù)正五邊形的性質和等腰三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：∵多邊形ABCDE是正五邊形，∴∠COD=360°5=72°∵OC=OD，∴∠OCD=12×（180°-72°）=54°故答案為：54．【點撥】本題主要考查了正多邊形與圓，多邊形內角與外角的知識點，解答本題的關鍵是求出正五邊形中心角的度數(shù)．題型04正多邊形與圓中求面積【例4】（2022·山西大同·校聯(lián)考一模）如圖，是一張邊長為2的正六邊形紙版，連接對角線，則陰影部分的面積是（）

A．33 B．63 C．6 D【答案】A【分析】由正六邊形從性質可得陰影部分的面積等于正六邊形面積的一半，可得△ABC為等邊三角形，再計算正六邊形的面積即可得到答案.【詳解】解：如圖，∵正六邊形，

∴圖形①，②，③，④，⑤，⑥與上半部分的陰影部分的圖形分別對應相等，∴整個陰影部分的面積為正六邊形的面積的一半，∵正六邊形，∴正六邊形的面積等于6S△ABC,△ABC為等邊三角形，∴AB=BC=AC=2,BD=DC=1，∴AD=3∴正六邊形的面積為：6S∴陰影部分的面積為：33故選A【點撥】本題考查的是等邊三角形的性質，勾股定理的應用，正六邊形的性質，熟記正六邊形是軸對稱圖形是解本題的關鍵.【變式4-1】（2023·海南?？凇ず煾街行？既＃┤鐖D，正五邊形ABCDE的邊長為4，以頂點A為圓心，AB長為半徑畫圓，則圖中陰影部分的面積是．【答案】24【分析】首先確定扇形的圓心角的度數(shù)，然后利用扇形的面積公式計算即可．【詳解】解：∵正五邊形的外角和為360°，∴每一個外角的度數(shù)為360°÷5=72°，∴正五邊形的每個內角為180°-72°=108°，∵正五邊形的邊長為4，∴S故答案為：245【點撥】本題考查了正多邊形和圓及扇形的面積的計算的知識，解題的關鍵是求得正五邊形的內角的度數(shù)并牢記扇形的面積計算公式，難度不大．【變式4-2】（2022·陜西西安·校考模擬預測）劉徽是中國古代卓越的數(shù)學家之一，他在《九章算術》中提出了“割圓術”，即用內接或外切正多邊形逐步逼近圓來近似計算圓的面積．設⊙O的半徑為2，若用⊙O的內接正六邊形的面積來近似估計⊙O的面積，則⊙O的面積約為．【答案】6【分析】連接OA、OB，根據(jù)正多邊形和圓的關系可判斷出△OAB為等邊三角形，過點O作OM⊥AB于點M，再利用勾股定理即可求出OM長，進而可求出△AOB的面積，最后利用⊙O的面積約為6S【詳解】解：如圖，連接OA、OB

由題意可得：∠AOB=360÷6=60°∵OA=OB=2∴△OAB為等邊三角形，∴AB=2過點O作OM⊥AB于點M，則AM=BM=1在Rt△AOM∴∴⊙O的面積約為6故答案為：63【點撥】本題主要考查正多邊形與圓、勾股定理等，正確應用正六邊形的性質是解題關鍵．【變式4-3】．（2023·河南省直轄縣級單位·統(tǒng)考二模）如圖，已知正六邊形ABCDEF，⊙O是此正六邊形的外接圓，若AB=2，則陰影部分的面積是．

【答案】2【分析】如圖，連接OA,OB,OF,OD，OA交BF于G，由正六邊形的性質可得出△AOB是等邊三角形，△OFB?△ODB，進而可得陰影部分的面積=三角形OBF的面積×2+扇形OFED的面積，然后根據(jù)三角形的面積和扇形的面積公式解答即可．【詳解】解：如圖，連接OA,OB,OF,OD，OA交BF于G，∵⊙O是正六邊形ABCDEF的外接圓，∴OA=OB=OF=OD,∠BOF=∠BOD=∠DOF=120°,∠AOB=60°，OG⊥BF，∴△AOB是等邊三角形，△OFB?△ODB，∴OA=OB=AB=2，∴陰影部分的面積=三角形OBF的面積×2+扇形OFED的面積，在直角三角形OBG中，OG=OB?cos∴陰影部分的面積=12故答案為：2

【點撥】本題考查了正多邊形和圓以及不規(guī)則圖形面積的計算，正確添加輔助線、熟練掌握正多邊形和圓的相關知識是解題的關鍵．題型05正多邊形與圓中求周長【例5】（2023·廣西欽州·統(tǒng)考一模）如圖，若一個正六邊形的對角線AB的長為10，則正六邊形的周長（）

A．5 B．6 C．30 D．36【答案】C【分析】連接CD、EF，交于點O，則點O是正六邊形ACEBDF的中心，先根據(jù)正六邊形的性質可得∠AOC=60°，OC=OA=12AB=5【詳解】解：如圖，連接CD、EF，交于點O，

則點O是正六邊形ACEBDF的中心，∵六邊形ACEBDF是正六邊形，AB=10，∴∠AOC=360°6=60°∴△AOC是等邊三角形，∴AC=OA=5，∴正六邊形ACEBDF的周長為5×6=30，故選：C．【點撥】本題考查了正六邊形的性質、等邊三角形的判定與性質，熟練掌握正六邊形的性質是解題關鍵．【變式5-1】（2023·吉林松原·統(tǒng)考二模）如圖，已知圓內接正六邊形的周長為24，則圖中陰影部分圖形的周長是（結果保留π）．

【答案】4【分析】連接OA，OB，根據(jù)正六邊形ABCDEF是⊙O的內接六邊形得出AB=BC=CD=DE=EF=AF，求出圓心角∠AOB的度數(shù)，再求出弧AB的長度，最后求出答案即可．【詳解】解：連接OA、OB，

∵六邊形ABCDEF是正六邊形，圓內接正六邊形的周長為24，∴AB=BC=CD=DE=EF=AF，∴正六邊形ABCDEF的邊長為4，∴AB=4，∴∠AOB=1∵OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，∴OA=OB=AB=4，∴陰影部分的周長是60π故答案為：43【點撥】本題考查了正多邊形的性質，扇形的面積公式等知識點，能求出圓心角∠AOB的度數(shù)是解此題的關鍵．【變式5-2】（2023·陜西西安·高新一中?？寄M預測）如圖，已知圓內接正六邊形ABCDEF的邊心距OG等于33，則⊙O的周長等于【答案】12π【分析】連接OC、OD，根據(jù)正六邊形的性質得到∠COD=60°，OC=OD，根據(jù)等腰三角形的性質得到CG=DG，∠COG=1【詳解】解：如圖，連接OC、OD，∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴∠COD=60°，OC=OD，∵OG⊥CD，∴CG=DG，∠COG=1∵OG=33∴OC=OG∴⊙O的周長2×6π=12π．故答案為：12π．【點撥】本題考查正多邊形與圓、等邊三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)、圓的周長計算等知識，熟練掌握正六邊形的性質和等腰三角形的判定與性質是解題的關鍵．【變式5-3】（2023·江蘇南京·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在正六邊形ABCDEF中，AB=4，順次連接AB、BC、CD、DE、EF、FA的中點A1、B1、C1、D1、E1、F【答案】12【分析】連接AC，過點B作BM⊥A1B1于點M，先說明六邊形【詳解】解：連接AC，過點B作BM⊥A1B∵六邊形ABCDEF為正六邊形，∴BC=CD=DE=EF=FA=AB=4，∠ABC=180°-360°∵A1、B1為AB、∴A1同理可得：B1C1=12BD，C∵六邊形ABCDEF為正六邊形，∴AC=BD=CE=DF=EA=FB，∴A1∵A1B=1∴A1∵BM⊥A∴∠A1BM=∴A1∴A1∴六邊形A1B1故答案為：123【點撥】本題主要考查了正多邊形的性質，等腰三角形的性質，三角函數(shù)的應用，三角形中位線的性質，解題的關鍵是作出輔助線，求出A1題型06正多邊形與圓中求邊心距、邊長【例6】（2023·河北衡水·衡水桃城中學?？寄M預測）如圖，⊙O是正五邊形ABCDE的外接圓，這個正五邊形的邊長為a，半徑為R，邊心距為r，則下列關系式錯誤的是（

）A．r=Rcos36° B．a=2Rsin36° C．【答案】D【分析】先根據(jù)正多邊形的性質求出∠BOC=72°，進而求出∠1=36°，BF=12【詳解】解：∵⊙O是正五邊形ABCDE的外接圓，∴∠BOC=1∵OB=OC，∴∠1=12∠BOC=∴12a=Rsin36°，即a=2Rsin12a=rtan36°cos36°=rR，即r=R故選：D．【點撥】本題考查了圓內接正五邊形、解直角三角形的知識，掌握圓內接正五邊形的性質，并求出中心角的度數(shù)是解題的關鍵．【變式6-1】（2023·四川瀘州·四川省瀘縣第四中學校考一模）已知⊙O的半徑為1，則它的內接正三角形邊心距為．【答案】12/【分析】根據(jù)題意畫出圖形，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質，即可求解．【詳解】解：如圖，△ABC是等邊三角形，⊙O是△ABC的外接圓，過點O作OD⊥BC，連接OB，OC，OB=1，∵∠BOC=2∠A=120°，OB=OC，∴∠OBD=30°，在Rt△OBD中，故答案為：12【點撥】本題考查了正多邊形與圓，等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．【變式6-2】（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，已知⊙O的內接正六邊形ABCDEF的邊心距OM是3，則正六邊形的邊長為．【答案】2【分析】根據(jù)圓內接正六邊形的性質可求出∠DOE=60°，進而得出△DOE是正三角形，由圓內接正六邊形的性質以及直角三角形的邊角關系可求出邊長．【詳解】解：如圖，連接OD、OE，∵六邊形ABCDEF是⊙O的內接正六邊形，∴∠DOE=360°∵OD=OE，∴△DOE是正三角形，∵⊙O的內接正六邊形ABCDEF的邊心距OM是3，∴OD=OM即正六邊形ABCDEF的邊長為2，故答案為：2．【點撥】本題考查正多邊形與圓，勾股定理，掌握圓內接正六邊形的性質以及等邊三角形的判定和性質是解決問題的關鍵．【變式6-3】（2023·湖南衡陽·?？寄M預測）已知圓的半徑為R，那么它的內接正三角形的邊長是．【答案】3【分析】根據(jù)正三角形外心的性質得AD⊥BC，OC=R，∠BCE=30°，BC=2CD，再根據(jù)含30度直角三角形的性質及勾股定理求出邊長即可．【詳解】解：如圖所示，O為正三角形△ABC外接圓的圓心，∴AD⊥BC，OC=R，∠BCE=12∠BCA=30°在Rt∵∠BCE=30°，OC=R，∴OD=12OC=∴BC=故答案為：3【點撥】本題考查圓與正多邊形的相關計算，解題關鍵掌握正三角形外心的性質．【變式6-4】（2022·陜西西安·高新一中?？寄M預測）半徑為4的正六邊形的邊心距為．【答案】2【分析】首先根據(jù)題意作出圖形，由正六邊形的性質，易得△BOC是等邊三角形，然后由三角函數(shù)的性質，可求得OH的值，繼而可求得答案．【詳解】解：如圖所示，連接OB、OC，作OH⊥BC與

∵此六邊形是正六邊形，∴∠BOC=360°÷6=60°，OB=OC，∴△BOC是等邊三角形，∴∠OBC=60°，∵正六邊形的半徑為4，∵OB=4，∵OH⊥BC，∴在Rtsin60°=OH=4×3即這個正六邊形的邊心距為23故答案為：23【點撥】本題考查了正多邊形與圓的知識，解答此題的關鍵是根據(jù)題意畫出圖形，作出輔助線；由正六邊形的性質判斷出△BOC的形狀是解答此題的關鍵．題型07正多邊形與圓中求線段長【例7】（2023·安徽六安·統(tǒng)考三模）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為6，點O是其中心，點P是AB上一點，且AP:BP=1:2，連接OP，則OP=（

）

A．2 B．27 C．4 D．【答案】B【分析】如圖，連接OA，作OG⊥AB，垂足為G，構造直角三角形；Rt△OAG中，OG=OAsin【詳解】如圖，連接OA，作OG⊥AB，垂足為點G，則OA=6，AG=Rt△OAG中，OG=OA∴OP=故選：B．

【點撥】本題考查正多邊形的性質，解直角三角形；通過添設輔助線將正多邊形問題轉化為解直角三角形問題是解題的關鍵．【變式7-1】（2023·河北石家莊·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為63的正六邊形ABCDEF中，連接BE，CF，相交于點O，若點M，N分別為OB，OF的中點，則MN

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

∵在正六邊形ABCDEF中，∠A=∠ABC=120°，AB=AF，∴∠ABF=30°∴∠CBF=∠ABC-∠ABF=90°，∴在正六邊形ABCDEF中，∠BOC=60°，OB=OC∴BOC是等邊三角形，∴∠BCF=90°，∴BCF是含30°角的直角三角形又∵正六邊形ABCDEF的邊長為63，即∴CF=123∴BF=∵點M，N分別為OB，∴MN是三角形BOF的中位線，∴MN=故選：D.【點撥】本題考查正多邊形的內角和中心角，等邊三角形的判定與性質，含30°的直角三角形三邊關系，正確作出輔助線是解題的關鍵.【變式7-2】（2023·浙江·統(tǒng)考二模）如圖，要擰開一個邊長為a的正六邊形螺帽，則扳手張開的開口b至少為（

）

A．2a B．3a C．32a【答案】B【分析】根據(jù)題意，即是求該正六邊形的邊心距的2倍．構造一個由半徑、半邊、邊心距組成的直角三角形，且其半邊所對的角是30°，再根據(jù)銳角三角函數(shù)的知識求解．【詳解】設正多邊形的中心是O，其一邊是AB，

∴∠AOB=∠BOC=60°，∴OA=OB=AB=OC=BC，∴四邊形ABCO是菱形，∵AB=a，∠AOB=60°，∴cos∠BAC=∴AM=32∵OA=OC，且∠AOB=∠BOC，∴AM=MC=12AC∴AC=2AM=3a扳手張開的開口b至少為3a【點撥】本題考查了正多邊形的性質，解直角三角形，熟練掌握正多邊形的性質是解題的關鍵．【變式7-3】（2023·安徽合肥·統(tǒng)考模擬預測）如圖，正方形ABCD和等邊三角形AEF均內接于⊙O，則ABAE的值為（

A．62 B．32 C．23【答案】D【分析】如圖所示，連接AC，CE，由正方形的性質得到∠ABC=90°，∠ACB=45°，則AC是直徑，即可得到∠AEC=90°，解Rt△ABC得到AB=22AC【詳解】解：如圖所示，連接AC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠ACB=45°，∴AC是直徑，∴∠AEC=90°，在Rt△ABC中，∵△AEF是等邊三角形，∴∠ACE=∠AFE=60°在Rt△AEC中，∴ABAE故選D．【點撥】本題主要考查了正多邊形與圓，解直角三角形，正確作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．題型08正多邊形與圓中求最值【例8】（2023·河北滄州·模擬預測）如圖，將一個正n邊形繞其中心O旋轉45°或60°都能和其本身重合，則n的最小值是（

）

A．6 B．8 C．12 D．24【答案】D【分析】根據(jù)題意得出正n邊形的中心角最大為15°，然后由圓周角除以中心角即可得出結果．【詳解】解：正n邊形繞其中心O旋轉45°或60°都能和其本身重合，∵45°和60°最大公約數(shù)為15°，∴正n邊形的中心角最大為15°，∴360°÷15°=24，故選D．【點撥】本題考查了旋轉對稱圖形，解答此題的關鍵是要明確繞其中心O旋轉45°或60°都能和其本身重合得出正n邊形的中心角最大為15°．【變式8-1】（2023·河北保定·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為2的正六邊形紙片ABCDEF上剪一個正方形GHIJ，若GH∥AB，則得到的正方形邊長最大為(

)

A．6 B．23 C．3-3 D【答案】D【分析】當正方形頂點落在正六邊形邊上時，正方形面積最大，由此畫出圖形求解即可．【詳解】解析：當正方形頂點落在正六邊形邊上時，正方形面積最大．如圖，取正六邊形的中心O，連接OA，OF，OG，OF交

此時，OF垂直平分GJ，正方形的中心也是O，△AFO是等邊三角形，∴∠GFO=60°，∠GOF=45°，OF=AF=2．設FM=x，則MO=MG=3∴x+3x=2，解得∴MG=3-3∴正方形的邊長為：2MG=6-23故選D．【點撥】本題考查正方形的性質，等邊三角形的判定與性質，含30°角的直角三角形的三邊關系，正六邊形的性質等知識，根據(jù)題意畫出符合條件的正方形是解題的關鍵．【變式8-2】（2023·河北保定·統(tǒng)考一模）如圖，在正六邊形ABCDEF中，AB=4，O為AD的中點，以O為圓心，3為半徑作⊙O，M為⊙O上一動點，設點M到正六邊形上的點的距離為d．（1）OA=．（2）當△BCM面積最小時，點M到BC的距離為，d的最大值為．【答案】434+3【分析】（1）連接OB，可得△AOB是等邊三角形，即可；（2）當OM垂直平分BC時，△BCM面積最小，設OM的延長線交BC于點N，連接OB，根據(jù)勾股定理求出ON的長，即可；根據(jù)題意得當點M在線段AD上時，d最大，即可．【詳解】解：（1）連接OB，在正六邊形ABCDEF中，∠AOB=360°6=60°∴△AOB是等邊三角形，∴OB=AB=4；故答案為：4（2）如圖1，當OM垂直平分BC時，△BCM面積最小，設OM的延長線交BC于點N，連接OB．∴∠BON=12×60°=30°，OB=OA=AB=4∴ON=O∴MN=ON-OM=23即此時M到BC的距離為3．如圖2，當點M在線段AD上時，d最大，d=OM+OD=OM+OA=4+3故答案為：3；4+【點撥】本題主要考查了正多邊形與圓，熟練掌握正多邊形與圓的性質是解題的關鍵．【變式8-3】（2022·陜西西安·統(tǒng)考一模）如圖，點P為⊙O上一點，連接OP，且OP=4，點A為OP上一動點，點B為⊙O上一動點，連接AB，以線段AB為邊在⊙O內構造矩形ABCD，且點C在⊙O上，則矩形ABCD面積的最大值為．【答案】32【分析】根據(jù)當圓的半徑確定以后，圓內接正方形是圓內接矩形中面積最大的，進而求得圓內接正方形的面積，則矩形ABCD面積的最大值為圓內接正方形面積，據(jù)此求解即可．【詳解】如圖，四邊形BCEF是圓O的內接正方形，當圓的半徑確定以后，圓內接正方形是圓內接矩形中面積最大的；點A，D分別是正方形的對邊BF，CE的中點，此時矩形ABCD的面積恰好是正方形BCEF的面積，圓O的直徑PQ恰好經過點A，D，連接BE，∵四邊形BCEF是圓O的內接正方形，OP=4，∴BE=PQ=2OP=8，BC=CE，∵∠C=90°，∴BC2+CE2=2BO2=BE2=82，∴BC2=32，即S正方形BCEF=32，如圖，當P,A重合時，當A,B,C,D四點都在圓上時，四邊形ABCD是正方形矩形ABCD面積的最大值為32．故答案為：32．【點撥】本題考查了圓內接四邊形，將問題轉化為圓內接四邊形是解題的關鍵．題型09尺規(guī)作圖-正多邊形【例9】（2023·陜西西安·西安市鐵一中學?？级＃┤鐖D，已知⊙O，請用尺規(guī)作圖法，求作⊙O的一個內接正方形（保留作圖痕跡，不寫作法）．【答案】見解析【分析】先作直徑AC，再作AC的垂直平分線交O于點B，D，則四邊形ABCD為⊙O的內接正方形．【詳解】解：如圖，正方形ABCD即為所求．【點撥】本題考查了作圖-應用與設計作圖：首先要理解題意，弄清問題中對所作圖形的要求，結合對應幾何圖形的性質和基本作圖的方法作出圖，同時此題也考查了正多邊形和圓．【變式9-1】（2019·江西南昌·校聯(lián)考三模）已知正八邊形ABCDEFGH，請僅用無刻度的直尺，分別按下列要求作圖．（1）在圖①中，作一個正方形；（2）在圖②中，作一個與原圖形不相同的正八邊形．【答案】（1）見解析；（2）見解析.【分析】（1）連接BD，DF，F(xiàn)H，HB，由原圖形為正八邊形，得到各邊相等，各內角相等，可得三角形BCD，三角形DEF，三角形FGH，三角形HAB全等，進而得到四邊形BDFH四邊相等，利用等邊對等角以及正八邊形的內角，確定出四邊形BDFH四個角都為直角，可得出四邊形BDFH即為所求正方形；（2）連接AE.DH，相交于點O，由正八邊形的性質可得點O為正八邊形的中心點，且OD=OE，再延長CD.FE，相交于點N，由補角的定義和等角對等邊可得ND=NE，連接ON，與DE相交于點M，則ON為DE的垂直平分線，點M為DE的中點，同理可得其他各邊的中點，依次連接原正八邊形ABCDEFGH的各邊中點，依次得到四周小三角形全等，得到紅線部分八邊形各邊相等，再利用等邊對等角以及正八邊形的內角，確定出紅線部分八邊形八個角都相等，可得所求正八邊形．【詳解】（1）如圖1，連接BD，DF，F(xiàn)H，HB，四邊形BDFH即為所求正方形；（2）如圖2，連接AE,DH，相交于點O，由正八邊形的性質可得點O為正八邊形的中心點，且OD=OE，再延長CD,FE，相交于點N，由補角的定義和等角對等邊可得ND=NE，連接ON，與DE相交于點M，則ON為DE的垂直平分線，點M為DE的中點，同理可得其他各邊的中點，依次連接原正八邊形ABCDEFGH的各邊中點，可得所求正八邊形．【點撥】此題考查了作圖﹣復雜作圖，正方形的判定與性質，以及正多邊形和圓，熟練掌握正多邊形的判定與性質是解本題的關鍵．【變式9-2】（2022·江西九江·統(tǒng)考模擬預測）如圖，⊙O為正五邊形ABCDE的外接圓，已知CF=1(1)在圖1中的邊DE上求作點G，使DG=CF；(2)在圖2中的邊DE上求作點H，使EH=CF．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接AO并延長與CD相交，連接EF交AO延長線于M，連接BM與DE的交點即為所求作；（2）在（1）的基礎上，連接BO并延長與DE相交，連接AG交BO延長線于N，連接CN并延長即可．【詳解】（1）連接AO并延長與CD相交，連接EF交AO延長線于M，連接BM交DE于點G，則點G為所求作，如圖1所示；理由：∵⊙O為正五邊形的外接圓，∴直線AO是正五邊形ABCDE的一條對稱軸，點B與點E.點C與點D分別是一對對稱點．∵點M在直線AO上，∴射線BM與射線EF關于直線AO對稱，從而點F與點G關于直線AO對稱，∴CF與DG關于直線AO對稱．∴DG=CF．（2）在（1）的基礎上，連接BO并延長與DE相交，連接AG交BO延長線于N，連接CN，如圖2所示；

【點撥】本題考查了作圖：無刻度直尺作圖，考查了正五邊形的對稱性質，掌握正五邊形的性質是解題的關鍵．題型10正多邊形與圓的規(guī)律問題【例10】（2023·河南周口·校聯(lián)考三模）如圖，在平面直角坐標系中，正八邊形ABCDEFGH的中心與原點O重合，頂點A，E在y軸上，頂點G，C在x軸上，連接OB，過點A作OB的垂線，垂足為P，將△APB繞點O順時針旋轉，每次旋轉45°，已知OA=3，則第82次旋轉結束時，點P的坐標為（

）

A．32,-32 B．-3【答案】A【分析】過點P作x軸的垂線，垂足為Q，結合正八邊形的性質及等腰直角三角形的性質通過探索將△APB繞點O順時針旋轉，每次旋轉45°，則每旋轉8次回到初始位置，進而求得點的坐標．【詳解】解：∵多邊形ABCDEFGH是正八邊形，∴∠AOB=360°÷8=45°，在Rt△APO中，OP=OA=3cos45°=3×如圖，過點P作x軸的垂線，垂足為Q，

在Rt△OPQ中，OP=OQ=∵∠BOC=∠AOB=45°∴PQ=OQ=∴點P的坐標為3將△APB繞點O順時針旋轉，每次旋轉45°，則每旋轉8次回到初始位置，∴第80次旋轉結束時，△APB回到初始位置，此時點P的坐標為3連接OD，82次旋轉結束時點P'位于OD∴OP'∴.點P'與點P關于x∴P∵第82次旋轉結束時，點P的坐標為3故選：A．【點撥】本題考查正多邊形和圓、坐標與圖形變化—旋轉，解直角三角形，準確識圖探索規(guī)律是解題關鍵．【變式10-1】（2023·河南南陽·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標系中，正六邊形ABCDEF的邊AB在x軸正半軸上，頂點F在y軸正半軸上，AB=2．將正六邊形ABCDEF繞原點O順時針旋轉，每次旋轉60°，經過第2025次旋轉后，頂點D的坐標為（

）

A．-3,-23 B．-2,-23 C．-3,-3 D【答案】A【分析】連接AD、BD，首先確定點D的坐標，再根據(jù)6次一個循環(huán)，由2025÷6=337……3，推出經過第2025次旋轉后，頂點D的坐標與第三次旋轉得到的【詳解】解：如圖，連接AD，在正六邊形ABCDEF中，AB=2，∴BD=2，在Rt△AOF∴∠OFA=30°，∴OA=1∴OB=OA+AB=3，∴D3,2∵將正六邊形ABCDEF繞坐標原點O順時針旋轉，每次旋轉60°，6次一個循環(huán)，

∵2025÷6=337?3，∴經過第2025次旋轉后，頂點D的坐標與第3次旋轉得到的D3∵D與D3∴D3∴經過第2025次旋轉后，頂點D的坐標-3,-23故選：A．【點撥】本題考查正多邊形與圓，規(guī)律型問題，坐標與圖形變化—旋轉，學會探究規(guī)律方法是解題的關鍵．【變式10-2】（2023·山東棗莊·統(tǒng)考三模）如圖，在平面直角坐標系中，邊長為2的正六邊形ABCDEF的中心與原點O重合，AB∥x軸，交y軸于點P．將△OAP繞點O順時針旋轉，每次旋轉90°，則第2022次旋轉結束時，點A的坐標為（

）A．3,-1 B．-1,-3 C．-3【答案】B【分析】首先確定點A的坐標，再根據(jù)4次一個循環(huán)，推出經過第2022次旋轉后，點A的坐標即可．【詳解】解：正六邊形ABCDEF邊長為2，中心與原點O重合，AB∥x軸，∴AP＝1，AO＝2，∠OPA＝90°，∴OP＝AO2-A∴A（1，3），第1次旋轉結束時，點A的坐標為（3，-1）；第2次旋轉結束時，點A的坐標為（-1，-3第3次旋轉結束時，點A的坐標為（-3，1第4次旋轉結束時，點A的坐標為（1，3）；∵將△OAP繞點O順時針旋轉，每次旋轉90°，∴4次一個循環(huán)，∵2022÷4＝505……2，∴經過第2022次旋轉后，點A的坐標為（-1，-3故選：B【點撥】本題考查正多邊形與圓，規(guī)律型問題，坐標與圖形變化﹣旋轉等知識，解題的關鍵是學會探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．【變式10-3】（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考一模）如圖，正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長為2，正六邊形A2B【答案】81【分析】連接OE1，OD1，OD2，根據(jù)正六邊形的性質可得∠E1OD1=60°，則△E【詳解】解：連接OE1，OD∵六邊形A1∴∠E∴△E∵正六邊形A2B2∴OD∴OD∴正六邊形A2B2同理可得正六邊形A3B3∴正六邊形A10B10故答案為：813【點撥】本題主要考查正多邊形與圓的關系，解題的關鍵在于利用正六形邊的一邊與圓的兩條半徑可構成特殊的三角形——等邊三角形，再利用60度角的余弦值即可求出下一個正六邊形的邊長．考點二弧長、扇形面積、圓錐的有關計算設⊙OQUOTE/的半徑為R，n°QUOTE/圓心角所對弧長為l，n為弧所對的圓心角的度數(shù)，則扇形弧長公式l=nπR180（弧長的長度和圓心角大小和半徑的取值有關，且n表示1°的圓心角的倍數(shù)，n和180扇形面積公式S扇形=nπR2圓錐側面積公式S圓錐側=πrl（其中l(wèi)是圓錐的母線長，r是圓錐的底面半徑）圓錐全面積公式S圓錐全=πrl+πr2（圓錐的表面積=扇形面積+底面圓面積）圓錐的高h，圓錐的底面半徑rr1）利用弧長公式計算弧長時，應先確定弧所對的圓心角的度和半徑，再利用公式求得結果．在弧長公式l=nπR180中，已知l，n，2）在利用扇形面積公式求面積時，關鍵是明確扇形所在圓的半徑、扇形的圓心角的度數(shù)或扇形的弧長，然后直接代入公式S扇形=nπR2360或S扇形3）扇形面積公式S扇形=12lR與三角形面積公式十分類似為了便于記憶，只要把扇形看成一個曲邊三角形、把弧長l看成底，4）根據(jù)扇形面積公式和弧長公式，已知S扇形，l，n，R中的任意兩個量，都可以求出另外兩個量．5）在解決有關圓錐及其側面展開圖的計算題時，常借助圓錐底面圓的周長等于側面展開圖扇形的弧長，即2πr=nπR180，來建立圓錐底面圓的半徑r、圓錐母線R和側面展開圖扇形圓心角n°之間的關系6）求弧長或扇形的面積問題常結合圓錐考查，解這類問題只要抓住圓錐側面展開即為扇形，而這個扇形的弧長等于原圓錐底面的周長，扇形的半徑等于原圓錐的母線長．注意不要混淆圓錐的底面半徑和圓錐展開后的扇形半徑兩個概念．題型01求弧長【例1】（2023·河北滄州·?？家荒＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝8，以點C為圓心，CA的長為半徑畫弧，交AB于點D，則弧AD的長為（

）A．π B．43π C．53π D．【答案】B【分析】連接CD，根據(jù)∠ACB=90°，∠B=30°可以得到∠A的度數(shù)，再根據(jù)AC=CD以及∠A的度數(shù)即可得到∠ACD的度數(shù)，最后根據(jù)弧長公式求解即可．【詳解】解：連接CD，如圖所示：∵ACB=90°，∠B=30°，AB=8，∴∠A=90°-30°=60°，AC=12AB=4由題意得：AC=CD，∴△ACD為等邊三角形，∴∠ACD=60°，∴AD的長為：60π×4180＝4故選：B．【點撥】本題考查了弧長公式，解題的關鍵是：求出弧所對應的圓心角的度數(shù)以及弧所在扇形的半徑．【變式1-1】（2023·廣東汕頭·校考模擬預測）如圖，⊙O的半徑為2，點A，B，C都在⊙O上，若∠B=30°．則AC的長為（結果用含有π的式子表示）【答案】23π【分析】利用同弧所對的圓心角是圓周角的2倍得到∠AOC=60°，再利用弧長公式求解即可．【詳解】∵∠AOC=2∠B，∠B=30°，∴∠AOC=60°，∵⊙O的半徑為2，∴l(xiāng)故答案為：23【點撥】本題考查了圓周角定理和弧長公式，即l=nπr【變式1-2】（2022·遼寧沈陽·統(tǒng)考模擬預測）如圖，邊長為4的正方形ABCD內接于⊙O，則AB的長是（結果保留π）【答案】2【分析】連接OA.OB，可證∠AOB＝90°，根據(jù)勾股定理求出AO，根據(jù)弧長公式求出即可．【詳解】解：連接OA.OB．∵正方形ABCD內接于⊙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的長＝90π×22故答案為：2π【點撥】本題考查了弧長公式和正方形的性質，能求出∠AOB的度數(shù)和OA的長是解此題的關鍵．【變式1-3】（2023·湖南長沙·長沙市第十一中學校考模擬預測）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，弦AE的延長線與過點C的切線互相垂直，垂足為D，∠CAD=35°，連接BC．（1）求∠B的度數(shù)；（2）若AB=2，求EC的長．【答案】（1）55°；（2）7π18【分析】（1）連接OC，如圖，利用切線的性質得到OC⊥CD，則判斷OC∥AE，所以∠DAC=∠OCA，然后利用∠OCA=∠OAC得到∠OAB的度數(shù)，即可求解；（2）利用（1）的結論先求得∠AEO=∠EAO=70°，再平行線的性質求得∠COE=70°，然后利用弧長公式求解即可．【詳解】解：（1）連接OC，如圖，∵CD是⊙O的切線，∴OC⊥CD，∵AE⊥CD，∴OC∥AE，∴∠DAC=∠OCA，∵OA=OC，∠CAD=35°，∴∠OAC=∠OCA=∠CAD=35°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠B=90°-∠OAC=55°；（2）連接OE，OC，如圖，由（1）得∠EAO=∠OAC+∠CAD=70°，∵OA=OE，∴∠AEO=∠EAO=70°，∵OC∥AE，∴∠COE=∠AEO=70°，∴AB=2，則OC=OE=1，∴EC的長為nπr180【點撥】本題考查了切線的性質，圓周角定理，弧長公式等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線．【變式1-4】（2023·湖北孝感·統(tǒng)考二模）如圖，分別以△ABC的三個頂點為圓心，作半徑均為1的三個圓，三圓兩兩不相交，那么三個圓落在△ABC內的三段弧長度之和為（）

A．3π B．2π C．π D．1【答案】C【分析】由圖示可得在△ABC內的三段弧長度之和為一個半圓的弧長．【詳解】解：根據(jù)圖示可得：在△ABC內的三段弧長度之和為：180π故選：C．【點撥】本題主要考查了弧長的計算，解答此題的關鍵是明確三角形內角與扇形的圓心角的關系．題型02利用弧長及扇形面積公式求半徑【例2】（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱德強學校?？寄M預測）一個扇形的圓心角為120°，扇形的弧長12π，則扇形半徑是．【答案】18【分析】利用弧長公式l=nπr【詳解】解：弧長=nπr解得r=18．故答案為：18【點撥】本題考查了弧長的計算，解題的關鍵是利用弧長公式計算弧長．【變式2-1】（2023·福建福州·校考模擬預測）一個扇形的圓心角為36°，面積為π10cm2，則該扇形的半徑為cm．【答案】1【分析】根據(jù)扇形的面積公式計算即可．【詳解】解：設該扇形的半徑為Rcm，則36πR解得R=即該扇形的半徑為1cm．故答案是：1．【點撥】本題主要考查了扇形的面積公式，掌握計算公式是解題的關鍵．即S扇形=nπR2【變式2-2】（2023·湖南長沙·模擬預測）如圖，A，B，C，D為⊙O上的點，且直線AB與CD夾角為45°．若AB，AC，CD的長分別為π，π和3π，則⊙O的半徑是（）

A．4 B．4.5 C．5 D．5.5【答案】A【分析】延長BA，與直線CD交于E，連接BD，設弧長為π所對的圓周角為α，根據(jù)題意得出∠BDC=2α，∠ABD=4α，利用三角形內角和定理求得α=135°6，即可求得弧長為π所對的圓心角為135°6【詳解】解：延長BA，與直線CD交于E，連接BD，⊙O的半徑為R，∵AB，AC，CD的長分別為π，π和3π，∴BC的長為2π，AD的長為4π，∴設弧長為π所對的圓周角為α，則∠BDC=2α，∠ABD=4α，∵∠BDC+∠ABD+∠E=180°，∠E=45°，∴2α+4α+45°=180°，∴α=135°∴弧長為π所對的圓心角為135°6∴45π×R180∴R=4，故選：A．

【點撥】本題考查弧長的計算，圓周角定理，同弧或等弧所對的圓周角相等，三角形內角和定理，求得弧長為π所對的圓心角是解題的關鍵．【變式2-3】（2020·甘肅酒泉·統(tǒng)考二模）已知一個扇形的弧長為2π，扇形的面積是4π，則它的半徑為．【答案】4【分析】根據(jù)扇形面積公式和扇形的弧長公式之間的關系S=【詳解】解：由扇形的面積公式S=4π=12×2π×r故答案為4．【點撥】本題考查了扇形面積的計算，解此類題目的關鍵是注意觀察已知所給的條件：如果已知扇形半徑和圓心角，則利用公式S=nπr題型03利用弧長及扇形面積公式求圓心角【例3】（2021·山東德州·統(tǒng)考二模）一個滑輪起重裝置如圖所示，滑輪的半徑是10cm，當重物上升10cm時，滑輪的一條半徑OA繞軸心O按逆時針方向旋轉的角度約為（

）A．120° B．60° C．180° D．450°【答案】B【分析】設OA旋轉的角度為n，由于重物上升10cm，則點A逆時針旋轉的弧長為10cm，根據(jù)弧長公式即可求出．【詳解】解：設OA旋轉的角度為n，由于重物上升10cm，則點A逆時針旋轉的弧長為10cm，由弧長公式l=nπR180，得∴n≈60.故旋轉角度為60°故選：B.【點撥】此題考查了弧長公式，正確理解重物上升的10cm就是弧長，所求的度數(shù)就是圓心角是解題的關鍵．【變式3-1】（2022·黑龍江哈爾濱·?？寄M預測）已知一條弧的半徑為9，弧長為8π，那么這條弧所對的圓心角為．【答案】160°/160度【分析】把弧長公式nπr180【詳解】解：∵l=nπr∴n=180l故答案為：160°．【點撥】本題考查的是弧長的計算，正確掌握弧長的計算公式及其變形是解題的關鍵．【變式3-2】（2021·浙江金華·統(tǒng)考一模）一個圓被三條半徑分成面積比為2：3：4的三個扇形，則最小扇形的圓心角為．【答案】80°/80度【分析】因為一個圓被三條半徑分成面積比為2：3：4的三個扇形，所以其圓心角之比也為2：3：4，則最小扇形的圓心角度數(shù)可求．【詳解】解：由題意可得，三個圓心角的和為360°，又因為三個圓心角的度數(shù)比為2：3：4，所以最小的圓心角度數(shù)為：360°×2故答案為：80°．【點撥】此題考查扇形統(tǒng)計圖及相關計算，解題的關鍵是掌握圓心角的度數(shù)=360°×該部分占總體的百分比．題型04求某點的弧形運動路徑長度【例4】（2022·河北·校聯(lián)考一模）如圖，已知AB的半徑為5，所對的弦AB長為8，點P是AB的中點，將AB繞點A逆時針旋轉90°后得到AB'，則在該旋轉過程中，點P的運動路徑長是（）

A．52π B．5π C．25π D．【答案】B【分析】根據(jù)已知AB的半徑為5，所對的弦AB長為8，點P是AB的中點，利用垂徑定理可得AC＝4，PO⊥AB，再根據(jù)勾股定理可得AP的長，利用弧長公式即可求出點P的運動路徑長．【詳解】如圖，設AB的圓心為O，連接OP交AB于C，連接OA,AP,AB′,AP′,

∵圓O半徑為5，所對的弦AB長為8，點P是AB的中點，根據(jù)垂徑定理，得AC＝12AB＝4，PO⊥ABOC＝OA2-A∴PC＝OP﹣OC＝5﹣3＝2，∴AP＝AC2+PC∵將AB繞點A逆時針旋轉90°后得到AB'，∴∠PAP′＝∠BAB′＝90°，∴LPP′＝90π×25180＝5則在該旋轉過程中，點P的運動路徑長是5π．故選：B．【點撥】本題主要考查垂徑定理，扇形的弧長計算，熟練掌握垂徑定理的應用是解題的關鍵．【變式4-1】（2021·貴州遵義·校考二模）如圖，扇形OAB的圓心角為30°，半徑為1，將它在水平直線上向右無滑動滾動到O'A'B'的位置時，則點O【答案】7π【分析】點O到點O′所經過的路徑長分三段，先以A為圓心，1為半徑，圓心角為90度的弧長，再平移了AB弧的長，最后以B為圓心，1為半徑，圓心角為90度的弧長．根據(jù)弧長公式計算即可．【詳解】解：∵扇形OAB的圓心角為30°，半徑為1，∴AB弧長＝30×π×1180＝π∴點O到點O′所經過的路徑長＝90×π×1180故答案為：7π6【點撥】本題考查了弧長公式，旋轉的性質和圓的性質，理解點O到點O′所經過的路徑長分三段是解題的關鍵．【變式4-2】（2023·陜西·模擬預測）在活動課上，“雄鷹組”用含30°角的直角三角尺設計風車．如圖，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，將直角三角尺繞點A逆時針旋轉得到△AB′C′，使點C′落在AB邊上，以此方法做下去……則B點通過一次旋轉至B′所經過的路徑長為．（結果保留π）

【答案】4π【分析】根據(jù)題意，點B所經過的路徑是圓弧，根據(jù)直角三角形30°角所對的邊等于斜邊的一半，易知AB=4，結合旋轉的性質可知∠BAB′＝∠BAC＝60°，，最后求出圓弧的長度即可．【詳解】∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，∴AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，由旋轉的性質得，∠BAB′＝∠BAC＝60°，∴B點通過一次旋轉至B′所經過的路徑長為60π·4180故答案為：4π3【點撥】本題主要考查了直角三角形30°角所對的邊等于斜邊的一半，旋轉的性質，以及圓弧的求法，熟練地掌握相關內容是解題的關鍵．【變式4-3】（2022·四川瀘州·四川省瀘縣第一中學?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標系中，△ABC三個頂點的坐標分別為A2,4，B1,1，(1)請畫出△ABC關于原點對稱的△A(2)請畫出△ABC繞點B逆時針旋轉90°后的△A2B2C【答案】(1)見解析(2)見解析，【分析】（1）分別作出A，B，C的對應點A1，B1，（2）分別作出A，B，C的對應點A2，B2，【詳解】（1）如圖所示△A（2）如圖所示△A∵AB=1∴點A到A2經過的路徑長l=【點撥】本題考查作圖——旋轉變換，中心對稱，勾股定理和弧長公式，解題的關鍵是正確得出對應點的位置．題型05求扇形面積【例5】（2022·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，以A為圓心，AC的長為半徑畫弧，得EC，連接AC，AE，則圖中陰影部分的面積為（

）A．2π B．4π C．33π D【答案】A【分析】利用等六邊形的性質計算出AC的長度，再根據(jù)扇形面積計算公式計算即可．【詳解】解：過B點作AC垂線，垂足為G，根據(jù)正六邊形性質可知，∠CAB=∠BCA=30°，∴AC=2AG=∴S扇形=60×(2故選：A．【點撥】本題主要考查扇形面積的計算，根據(jù)正六邊形性質計算出扇形的半徑是解題的關鍵．【變式5-1】（2023·廣東梅州·?？寄M預測）扇形的半徑為2，圓心角為90°，則該扇形的面積（結果保留π）為．【答案】【分析】根據(jù)扇形面積公式可直接進行求解．【詳解】解：由題意得：該扇形的面積為90×2故答案為π．【點撥】本題主要考查扇形面積公式，熟練掌握扇形的面積公式是解題的關鍵．【變式5-2】（2023·廣西百色·模擬預測）數(shù)學課上，老師將如圖邊長為1的正方形鐵絲框變形成以A為圓心，AB為半徑的扇形（鐵絲的粗細忽略不計），則所得扇形DAB的面積是．【答案】1【分析】根據(jù)題意結合圖象得出AB=AD=1，lBD【詳解】解：根據(jù)圖象可得：AB=AD=1，lBD∴S扇形故答案為：1．【點撥】題目主要考查正方形的性質，弧長及扇形面積公式，熟練掌握弧長及面積公式是解題關鍵．題型06求圖形旋轉后掃過的面積【例6】（2023·湖南株洲·模擬預測）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，將Rt△ABC繞點B順時針旋轉90°得到Rt△

A．25π+24 B．5π+24 C．25π D．5π【答案】A【分析】根據(jù)勾股定理定理求出AB，然后根據(jù)扇形的面積和三角形的面積公式求解．【詳解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝∴AB=A∴Rt△ABC所掃過的面積為90?π?故選：A．【點撥】本題主要考查了旋轉的性質，扇形的面積的計算，勾股定理，熟練掌握扇形的面積公式是解答的關鍵．【變式6-1】（2020·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，在ΔAOC中，OA＝3cm，OC＝1cm，將△AOC繞點O順時針旋轉90°A．π2 B．2π C．178π【答案】B【分析】根據(jù)旋轉的性質可以得到陰影部分的面積＝扇形OAB的面積﹣扇形OCD的面積，利用扇形的面積公式即可求解．【詳解】解：∵ΔAOC≌ΔBOD∴陰影部分的面積＝扇形OAB的面積﹣扇形OCD的面積=故選B．【點撥】考查了旋轉的性質以及扇形的面積公式，正確理解：陰影部分的面積＝扇形OAB的面積﹣扇形OCD的面積是解題關鍵．【變式6-2】（2023·山東東營·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形ABCD中，AB=2BC=2，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉，使得點B落在邊CD上的點B'處，線段AB掃過的面積為【答案】π3/【分析】由旋轉的性質可得AB'=AB=2,由銳角三角函數(shù)可求∠DA【詳解】解：∵AB=2BC=2,∴BC=1,∵矩形ABCD中，∴AD=BC=1,∠D=∠DAB=90°,由旋轉可知AB=AB'∵AB=2BC=2，∴∵∴∠DA∴∠BA∴線段AB掃過的面積故答案為：π【點撥】本題主要考查了旋轉的性質，矩形的性質，扇形面積公式，銳角三角函數(shù)等知識，靈活運用這些性質解決問題是解此題的關鍵．【變式6-3】（2021·山東淄博·統(tǒng)考一模）在△ABC中，已知∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，如圖所示，將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°后得到△AB′C′．則圖中陰影部分的面積為．【答案】π【分析】利用勾股定理求出AC及AB的長，根據(jù)陰影面積等于S扇形【詳解】解：由旋轉得AB'=AB,AC'=AC，∠CAC'=90°∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AC=2BC=2，AB=AC2-BC∴陰影部分的面積=S==π2故答案為：π2．【點撥】此題考查了求不規(guī)則圖形的面積，正確掌握勾股定理、30度角直角三角形的性質、扇形面積計算公式及分析出陰影面積的構成特點是解題的關鍵．【變式6-4】（2023·黑龍江雞西·?？既＃┰谄矫嬷苯亲鴺讼抵?，已知A2,0，B3,1，

(1)將△ABC沿x軸負方向平移2個單位至△A1B1C(2)以A1點為旋轉中心，將△A1B1C1逆時針方向旋轉90°(3)在平移和旋轉過程中線段BC掃過的面積為___________．【答案】(1)作圖見解析，-1,3(2)作圖見解析，-3,-1(3)【分析】（1）根據(jù)平移的性質得出對應點坐標進而得出答案；（2）根據(jù)旋轉的性質得出對應點坐標，進而得出對應點坐標即可；（3）根據(jù)平移的性質以及旋轉的性質進而得出線段BC掃過的面積．【詳解】（1）解：如圖所示：△A1B故答案為：-1,3；（2）如圖所示：△A2B故答案為：-3,-1；（3）根據(jù)題意，每個小正方形的邊長為1，∴A1A1∵將△ABC沿x軸負方向平移2個單位至△A∴BC∥B1∴四邊形BCC∴在平移和旋轉過程中線段BC掃過的面積為：2×2+90π×故答案為：2π+4

【點撥】本題考查作圖—平移變換、旋轉變換，平行四邊形和扇形面積公式等知識，根據(jù)題意得出平移和旋轉過程中線段BC掃過的面積是解題關鍵．題型07求圓錐側面積【例7】（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考一模）如圖，有一個半徑為2的圓形時鐘，其中每個刻度間的弧長均相等，過9點和11點的位置作一條線段，則鐘面中陰影部分的面積為（

）A．23π-32 B．23π-【答案】B【分析】陰影部分的面積等于扇形面積減去三角形面積，分別求出扇形面積和等邊三角形的面積即可．【詳解】解：如圖，過點OC作OD⊥AB于點D，∵∠AOB=2×360°12=60°∴△OAB是等邊三角形，∴∠AOD=∠BOD=30°，OA=OB=AB=2，AD=BD=12AB=1∴OD=AO2∴陰影部分的面積為60?π×2故選：B．【點撥】本題考查了扇形面積、等邊三角形的面積計算方法，掌握扇形面積、等邊三角形的面積的計算方法是正確解答的關鍵．【變式7-1】（2022·四川德陽·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的⊙O分別與BC，AC交于點D，E，過點D作DF⊥AC，垂足為點F，若⊙O的半徑為43，∠CDF=15°，則陰影部分的面積為（A．16π-123 B．C．20π-123 D．【答案】A【分析】連接AD，連接OE，根據(jù)圓周角定理得到∠ADB=90°，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠BAC=2∠DAC=2×15°=30°，求得∠AOE=120°，過O作OH⊥AE于H，解直角三角形得到OH=23，AH=6，根據(jù)扇形和三角形的面積公式即可得到結論．【詳解】解：連接AD，連接OE，∵AB是直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°，∵DF⊥AC，∴∠DFC=∠DFA=90°，∴∠DAC=∠CDF=15°，∵AB=AC，D是BC中點，∴∠BAC=2∠DAC=2×15°=30°，∵OA=OE，∴∠AOE=120°，過O作OH⊥AE于H，∵AO=43，∴OH=12AO=23∴AH=3OH=6，∴AE=2AH=12，∴S陰影=S扇形AOE-S△AOE=120π×=16π-123故選：A．【點撥】本題主要考查了扇形的面積與三角形的面積公式，圓周角定理等，作出適當?shù)妮o助線，數(shù)形結合是解答此題的關鍵．【變式7-2】（2023·云南昆明·昆明八中?？寄M預測）如圖，在扇形OAB中，∠AOB=90°，OA=6，則陰影部分的面積是．【答案】9π-18【分析】利用扇形的面積減去三角形的面積，即可得解．【詳解】∵OA=OB=6，∠AOB=90°，∴S陰故答案為：9π-18．【點撥】本題考查求陰影部分的面積．熟練掌握割補法求面積，是解題的關鍵．【變式7-3】（2023·山東德州·統(tǒng)考二模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，BD⊥CE于點D，BC平分∠ABD．(1)求證：直線CE是⊙O的切線；(2)若∠ABC=30°,⊙O的半徑為2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接OC，根據(jù)OB=OC，以及BC平分∠ABD推導出∠OCB=∠DCB，即可得出BD∥OC，從而推出（2）過點O作OF⊥CB于F，利用S陰影【詳解】（1）證明：連接OC，如圖，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵BC平分∠ABD，∴∠OBC=∠DCB，∴∠OCB=∠DCB，∴BD∥∵BD⊥CE于點D，∴OC⊥DE，∴直線CE是⊙O的切線；（2）過點O作OF⊥CB于F，如圖，∵∠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陰影【點撥】本題考查了圓的綜合問題，包括垂徑定理，圓的切線，扇形的面積公式等，熟練掌握以上性質并正確作出輔助線是本題的關鍵．【變式7-4】（2021·山東臨沂·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上一點（與點A，B不重合），過點C作直線PQ，使得∠ACQ＝∠ABC．（1）求證：直線PQ是⊙O的切線．（2）過點A作AD⊥PQ于點D，交⊙O于點E，若⊙O的半徑為2，sin∠DAC＝12

【答案】（1）見解析；（2）2π3﹣3【分析】（1）連接OC，由直徑所對的圓周角為直角，可得∠ACB＝90°；利用等腰三角形的性質及已知條件∠ACQ＝∠ABC，可求得∠OCQ＝90°，按照切線的判定定理可得結論．（2）由sin∠DAC＝12，可得∠DAC＝30°，從而可得∠ACD的度數(shù)，進而判定△AEO為等邊三角形，則∠AOE的度數(shù)可得；利用S陰影＝S扇形﹣S△AEO【詳解】解：（1）證明：如圖，連接OC，

∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵OA＝OC，∴∠CAB＝∠ACO．∵∠ACQ＝∠ABC，∴∠CAB+∠ABC＝∠ACO+∠ACQ＝∠OCQ＝90°，即OC⊥PQ，∴直線PQ是⊙O的切線．（2）連接OE，∵sin∠DAC＝12，AD⊥PQ∴∠DAC＝30°，∠ACD＝∠ABC=60°．∴∠BAC=30°，∴∠BAD=∠DAC+∠BAC=60°，又∵OA＝OE，∴△AEO為等邊三角形，∴∠AOE＝60°．∴S陰影＝S扇形﹣S△AEO＝S扇形﹣12OA?OE?sin＝60π＝2π3∴圖中陰影部分的面積為2π3﹣3【點撥】本題考查了切線的判定和性質，求弓形的面積和扇形的面積，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，以及三角函數(shù)，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識進行解題．題型08求圓錐側面積【例8】（2023·安徽合肥·模擬預測）已知圓錐的底面半徑為4cm，母線長為6cm，則圓錐的側面積為（A．36πcm2 B．24πcm2 C．【答案】B【分析】利用圓錐側面積計算公式計算即可：S側【詳解】S側=πrl=π×4×6=24πcm故選B．【點撥】本題考查了圓錐側面積的計算公式，比較簡單，直接代入公式計算即可．【變式8-1】（2023·浙江金華·校考一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以AC所在直線為軸，把△ABC旋轉1周，得到圓錐，則該圓錐的側面積為（

）A．12π B．15π C．20π D．24π【答案】C【分析】先利用勾股定理計算出AB，再利用扇形的面積公式即可計算出圓錐的側面積．【詳解】解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，∴AB=32+以直線AC為軸，把△ABC旋轉一周得到的圓錐的側面積=12×2π=20π．故選：C．【點撥】本題考查了圓錐的計算：圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．【變式8-2】（2021·山東臨沂·統(tǒng)考一模）如圖是一個幾體何的三視圖（圖中尺寸單位：cm），則這個幾何體的側面積為（）A．48πcm2 B．24πcm2 C．12πcm2 D．9πcm2【答案】B【分析】先判斷這個幾何體為圓錐，同時得到圓錐的母線長為8，底面圓的直徑為6，然后利用扇形的面積公式計算這個圓錐的側面積．【詳解】解：由三視圖得這個幾何體為圓錐，圓錐的母線長為8，底面圓的直徑為6，所以這個幾何體的側面積＝12×π×6×8＝24π（cm2故選：B．【點撥】本題考查了圓錐的計算：圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．也考查了三視圖．【變式8-3】（2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模）已知：M=(1)化簡M；(2)如圖，a、b分別為圓錐的底面半徑和母線的長度，若圓錐側面積為24π，求M【答案】(1)1(2)1【分析】（1）根據(jù)分式的除法法則進行化簡即可得；（2）根據(jù)圓錐的側面積公式可得ab的值，代入計算即可得．【詳解】（1）解：M====1（2）解：∵圓錐側面積為24π∴1解得ab=24，則M=1【點撥】本題考查了分式的化簡求值、圓錐的側面積，熟練掌握分式的運算法則和圓錐的側面積公式是解題關鍵．題型09求圓錐底面半徑【例9】（2021·福建福州·福州三牧中學?？级＃┤鐖D，正方形ABCD的邊長為4，以點A為圓心，AD為半徑畫圓弧DE得到扇形DAE（陰影部分，點E在對角線AC上）．若扇形DAE正好是一個圓錐的側面展開圖，則該圓錐的底面圓的半徑是（

）

A．2 B．1 C．22 D【答案】D【分析】根據(jù)題意，扇形ADE中弧DE的長即為圓錐底面圓的周長，即通過計算弧DE的長，再結合圓的周長公式進行計算即可得解．【詳解】∵正方形ABCD的邊長為4∴AD=AE=4∵AC是正方形ABCD的對角線∴∴∴圓錐底面周長為C=2πr=π，解得r=∴該圓錐的底面圓的半徑是12故選：D．【點撥】本題主要考查了扇形的弧長公式，圓的周長公式，正方形的性質以及圓錐的相關知識點，熟練掌握弧長公式及圓的周長公式是解決本題的關鍵．【變式9-1】（2020·河北石家莊·統(tǒng)考模擬預測）如圖，從一張腰長為90cm，頂角為120°的等腰三角形鐵皮OAB中剪出一個最大的扇形OCD，用此剪下的扇形鐵皮圍成一個圓錐的側面（不計損耗），則該圓錐的底面半徑為（）A．15cm B．12cm C．10cm【答案】A【分析】根據(jù)等腰三角形的性質得到OE的長，再利用弧長公式計算出弧CD的長，設圓錐的底面圓半徑為r，根據(jù)圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長可得到r．【詳解】過O作OE⊥AB于E，∵OA＝∴∠A＝∴OE＝∴弧CD的長=120π×45設圓錐的底面圓的半徑為r，則2πr＝30π，解得故選A．【點撥】本題考查了圓錐的計算：圓錐的側面展開圖為扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．【變式9-2】（2023·江蘇蘇州·校聯(lián)考一模）一個圓錐的母線長為3cm，側面展開圖扇形的圓心角為120°A．1cm B．2cm C．3cm【答案】A【分析】設圓錐底面半徑為rcm，則圓錐底面圓周長為2πr【詳解】解：設圓錐底面半徑為rcm那么圓錐底面圓周長為2πrcm所以側面展開圖的弧長為120π×3180則2πr=2π，解得：r=1cm故選：A．【點撥】此題考查了弧長公式、圓錐的側面展開圖等知識，熟練掌握弧長公式是解題關鍵．【變式9-3】（2021·浙江寧波·統(tǒng)考二模）如圖，在紙上剪一個圓形和一個扇形的紙片，使之恰好能圍成一個圓錐模型，若圓的半徑r＝1，扇形的半徑為R，扇形的圓心角等于90°，則R的值是（）A．R＝2 B．R＝3 C．R＝4 D．R＝5【答案】C【分析】利用圓錐的底面周長等于側面展開圖的扇形弧長，根據(jù)弧長公式計算．【詳解】解：扇形的弧長是：90πR180＝πR圓的半徑r＝1，則底面圓的周長是2π，圓錐的底面周長等于側面展開圖的扇形弧長則得到：πR2＝2π∴R2＝2即：R＝4，故選C．【點撥】本題主要考查圓錐底面周長與展開扇形弧長關系,解決本題的關鍵是要熟練掌握圓錐底面周長與展開扇形之間關系.題型10求圓錐的高【例10】（2022·廣東