2023-2024学年九年级数学上册举一反三系列专题24.8 正多边形与圆【十大题型】（举一反三）（人教版）含解析

2023-2024学年九年级数学上册举一反三系列专题24.8正多边形与圆【十大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1正多边形与圆中求角度】 1【题型2正多边形与圆中求线段长度】 3【题型3正多边形与圆中求半径】 4【题型4正多边形与圆中求面积】 5【题型5正多边形与圆中求周长】 6【题型6确定正多边形的边数】 6【题型7正多边形与圆中的实际应用】 7【题型8正多边形与圆中的规律问题】 8【题型9正多边形与圆中求最值】 10【题型10正多边形与圆中的证明】 11【知识点1正多边形与圆】（1）正多边形的有关计算中心角边心距周长面积为边数；为边心距；为半径；为边长（2）正多边形每个内角度数为，每个外角度数为【题型1正多边形与圆中求角度】【例1】（2022春•株洲期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM的度数是（）A．36° B．45° C．48° D．60°【变式1-1】（2022•长春一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在AF上，则∠CMD的大小为（）A．60° B．45° C．30° D．15°【变式1-2】（2022春•福州期中）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF．则∠FDC的度数是．【变式1-3】（2022•绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为度．【题型2正多边形与圆中求线段长度】【例2】（2022•雅安）如图，已知⊙O的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（）A．33 B．32 C．33【变式2-1】（2022秋•西城区期末）如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，若⊙O的半径为4，则正方形ABCD的边长为（）A．4 B．8 C．22 D．【变式2-2】（2022•德城区模拟）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为4，则小正六边形的边长是（）A．3-13 B．13-1 C．13+1【变式2-3】（2022•凉山州）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O，则AD：AB＝（）A．22：3 B．2：3 C．3：2 D．3：22【题型3正多边形与圆中求半径】【例3】（2022春•临海市期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积三等分，这两个圆的半径分别为OB，OC．则OA：OB：OC的值是（）A．3：2：1 B．9：4：1 C．3：2：1 D．3：6：2【变式3-1】（2022•虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是．【变式3-2】（2022•钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接AC，已知AC＝6，则圆的半径是（）A．3 B．6 C．23 D．43【变式3-3】（2022•碑林区校级模拟）如图：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，若正六边形的边长是3，则⊙O的半径长是（）A．1 B．3 C．2 D．3【题型4正多边形与圆中求面积】【例4】（2022•泗水县三模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为4，则图中阴影部分的面积为（）A．83 B．123 C．16 D．【变式4-1】（2022秋•宣化区期末）如图，已知⊙O的周长等于6π，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（）A．2732 B．2734 C．【变式4-2】（2022•庐阳区校级一模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为1，则图中阴影部分的面积为（）A．334 B．3 C．53【变式4-3】（2022秋•庐江县期末）⊙O半径为4，以⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（）A．2 B．3 C．22 D．23【题型5正多边形与圆中求周长】【例5】（2022•和平区一模）如图，若⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆，则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为（）A．22：3 B．2：1 C．2：3 D．1：3【变式5-1】（2022•鼓楼区校级模拟）正六边形的周长为12，则它的外接圆的内接正三角形的周长为（）A．23 B．33 C．63 D．6【变式5-2】（2022秋•梅河口市期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接OC、OD，若OC长为2cm，则正六形ABCDEF的周长为cm．【变式5-3】（2022•旌阳区模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的半径为6，则△ADE的周长是（）A．9+33 B．12+63 C．18+33 D．18+63【题型6确定正多边形的边数】【例6】（2022•宽城县一模）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【变式6-1】（2022秋•滨江区期末）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．7【变式6-2】（2022•息烽县二模）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接正n边形的一边，则n等于（）A．8 B．10 C．12 D．16【变式6-3】（2022秋•钢城区期末）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，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（）A．8 B．10 C．12 D．15【题型7正多边形与圆中的实际应用】【例7】（2022•安国市一模）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过（）A．11.125mm B．22.25mm C．8928mm D．【变式7-1】（2022秋•门头沟区期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为2米的正六边形，那么这个地基的周长是米．【变式7-2】（2022秋•东城区期末）斛是中国古代的一种量器．据《汉书•律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆．”如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为尺．【变式7-3】（2022•清苑区一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正六边形，六边形边长为1cm．目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案；（1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是cm．（2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面，则底面半径的最小值为13cm．【题型8正多边形与圆中的规律问题】【例8】（2022秋•椒江区校级月考）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是（）A．2.2 B．﹣2.2 C．2.3 D．﹣2.3【变式8-1】（2022秋•铁锋区期末）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2022次旋转后，顶点D的坐标为．【变式8-2】（2022•江西模拟）如图，我们把先作正方形ABCD的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A1B1C1D1．称为第一次数学操作，接下来，作正方形A1B1C1D1的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A2B2C2D2，称为第二次数学操作，按此规律如此下去，…，当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBn∁nDn，则AnA．（22）n B．（12）n C．（32）n D．（【变式8-3】（2022•威海）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（）A．24329 B．81329 【题型9正多边形与圆中求最值】【例9】（2022•南山区三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为8π，MN＝2，则△AMN周长的最小值是（）A．6 B．8 C．9 D．10【变式9-1】（2022•观山湖区一模）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PD的最小值是（）A．211-2 B．213-2 【变式9-2】（2022•浙江自主招生）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是弧AB上的一动点（不与A、B重合），点F是弧BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，则△GBH周长的最小值为．【变式9-3】（2022秋•广陵区期末）如图，⊙O半径为2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在ADC上运动，连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为．【题型10正多边形与圆中的证明】【例10】如图，⊙O的内接正五边形ABCDE中，对角线AC和BE相交于点F．（1）求∠BAC的度数．（2）求证：四边形CDEF为菱形．【变式10-1】已知：如图，△ABC是⊙O的内接等腰三角形，顶角∠BAC＝36°，弦BD、CE分别平分∠ABC、∠ACB．求证：五边形AEBCD是正五边形．【变式10-2】（2022•河南模拟）如图，⊙O半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，QE，PE，BQ．设运动时间为t（s）．（1）求证：四边形PEQB为平行四边形；（2）填空：①当t＝s时，四边形PBQE为菱形；②当t＝s时，四边形PBQE为矩形．【变式10-3】（2022•张家口一模）（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为BC上一动点，求证：PA＝PB+PC．下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．证明：在AP上截取AE＝CP，连接BE∵△ABC是正三角形∴AB＝CB∵∠1和∠2的同弧圆周角∴∠1＝∠2∴△ABE≌△CBP（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为BC上一动点，求证：PA＝PC+2PB（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，直接写出结论．专题24.8正多边形与圆【十大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1正多边形与圆中求角度】 1【题型2正多边形与圆中求线段长度】 5【题型3正多边形与圆中求半径】 8【题型4正多边形与圆中求面积】 11【题型5正多边形与圆中求周长】 14【题型6确定正多边形的边数】 16【题型7正多边形与圆中的实际应用】 19【题型8正多边形与圆中的规律问题】 23【题型9正多边形与圆中求最值】 27【题型10正多边形与圆中的证明】 32【知识点1正多边形与圆】（1）正多边形的有关计算中心角边心距周长面积为边数；为边心距；为半径；为边长（2）正多边形每个内角度数为，每个外角度数为【题型1正多边形与圆中求角度】【例1】（2022春•株洲期末）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM的度数是（）A．36° B．45° C．48° D．60°【分析】如图，连接AO．利用正多边形的性质求出∠AOM，∠AOB，可得结论．【解答】解：如图，连接AO．∵△AMN是等边三角形，∴∠ANM＝60°，∴∠AOM＝2∠ANM＝120°，∵ABCDE是正五边形，∴∠AOB=360°∴∠BOM＝120°﹣72°＝48°．故选：C．【变式1-1】（2022•长春一模）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点M在AF上，则∠CMD的大小为（）A．60° B．45° C．30° D．15°【分析】由正六边形的性质得出∠COD＝60°，由圆周角定理求出∠CMD＝30°．【解答】解：连接OC，OD，∵多边形ABCDEF是正六边形，∴∠COD＝60°，∴∠CMD=12故选：C．【变式1-2】（2022春•福州期中）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，以点A为圆心，AB为半径画圆弧交AC于点F，连接DF．则∠FDC的度数是36°．【分析】根据正五边形的性质可求出每个内角的度数为108°，根据等腰三角形的性质可求出∠EAC＝∠DCA＝72°，进而可得四边形AEDF是平行四边形，求出∠DFC的度数，再根据三角形的内角和定理求出答案即可．【解答】解：∵正五边形ABCDE，∴∠ABC＝∠EAB=(5-2)×180°5=108°，AB＝BC＝CD＝DE∴∠ACB＝∠BAC=180°-108°∴∠EAC＝∠DCA＝108°﹣36°＝72°，∴∠DEA+∠EAC＝108°+72°＝180°，∴DE∥AC，又∵DE＝AE＝AF，∴四边形AEDF是平行四边形，∴AE∥DF，∴∠DFC＝∠EAC＝72°＝∠DCA，∴∠FDC＝180°﹣72°﹣72°＝36°，故答案为：36°．【变式1-3】（2022•绥化）如图，正六边形ABCDEF和正五边形AHIJK内接于⊙O，且有公共顶点A，则∠BOH的度数为12度．【分析】求出正六边形的中心角∠AOB和正五边形的中心角∠AOH，即可得出∠BOH的度数．【解答】解：如图，连接OA，正六边形的中心角为∠AOB＝360°÷6＝60°，正五边形的中心角为∠AOH＝360°÷5＝72°，∴∠BOH＝∠AOH﹣∠AOB＝72°﹣60°＝12°．故答案为：12．【题型2正多边形与圆中求线段长度】【例2】（2022•雅安）如图，已知⊙O的周长等于6π，则该圆内接正六边形ABCDEF的边心距OG为（）A．33 B．32 C．33【分析】连接OC，OD，由正六边形ABCDEF可求出∠COD＝60°，进而可求出∠COG＝30°，根据30°角的锐角三角函数值即可求出边心距OG的长．【解答】解：连接OC，OD，∵正六边形ABCDEF是圆的内接多边形，∴∠COD＝60°，∵OC＝OD，OG⊥CD，∴∠COG＝30°，∵⊙O的周长等于6π，∴OC＝3，∴OG=3故选：C．【变式2-1】（2022秋•西城区期末）如图，⊙O是正方形ABCD的外接圆，若⊙O的半径为4，则正方形ABCD的边长为（）A．4 B．8 C．22 D．【分析】连接BD．由题意，△BCD是等腰直角三角形，故可得出结论．【解答】解：如图，连接BD．由题意，△BCD是等腰直角三角形，∵BD＝8，∠CBD＝45°，∠BCD＝90°，∴BC=22BD＝4故选：D．【变式2-2】（2022•德城区模拟）已知四个正六边形如图摆放在图中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上．若两个大正六边形的边长均为4，则小正六边形的边长是（）A．3-13 B．13-1 C．13+1【分析】在边长为4的大正六边形中，根据正六边形和圆的性质可求出ON和半径OD，进而得出小正六边形对应点的距离MF，再根据正六边形的性质求出半径GF，即边长FH即可．【解答】解：连接AD交PM于O，则点O是圆心，过点O作ON⊥DE于N，连接MF，取MF的中点G，连接GH，GQ，由对称性可知，OM＝OP＝EN＝DN＝2，由正六边形的性质可得ON＝43，∴OD=DN2+O∴MF＝213-由正六边形的性质可知，△GFH、△GHQ、△GQM都是正三角形，∴FH=12MF故选：B．【变式2-3】（2022•凉山州）如图，等边三角形ABC和正方形ADEF都内接于⊙O，则AD：AB＝（）A．22：3 B．2：3 C．3：2 D．3：22【分析】连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，由垂径定理得出AH＝BH=12AB，证出△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH＝60°，AH＝BH=12AB，得出AD=2OA，AH=32OA【解答】解：连接OA、OB、OD，过O作OH⊥AB于H，如图所示：则AH＝BH=12∵等边三角形ABC和正方形ADEF，都内接于⊙O，∴∠AOB＝120°，∠AOD＝90°，∵OA＝OD＝OB，∴△AOD是等腰直角三角形，∠AOH＝∠BOH=1∴AD=2OA，AH＝OA•sin60°=3∴AB＝2AH＝2×32OA=∴ADAB故选：B．【题型3正多边形与圆中求半径】【例3】（2022春•临海市期末）如图，以点O为圆心的两个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积三等分，这两个圆的半径分别为OB，OC．则OA：OB：OC的值是（）A．3：2：1 B．9：4：1 C．3：2：1 D．3：6：2【分析】根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案【解答】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是23πr2，则以OC半径的圆的面积是13π∴πrB2=23πr2，πrC∴rB=63r，rC=∴OA：OB：OC＝r：63r：33r=3故选：C．【变式3-1】（2022•虹口区二模）如果正三角形的边心距是2，那么它的半径是4．【分析】根据正三角形的性质得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，进而得出CO即可．【解答】解：（1）过点O作OD⊥BC于点D，∵⊙O的内接正三角形的边心距为2，∴OD＝2，由正三角形的性质可得出：∠ACO＝∠OCB＝30°，∴CO＝2DO＝4，故答案为：4．【变式3-2】（2022•钦州模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接AC，已知AC＝6，则圆的半径是（）A．3 B．6 C．23 D．43【分析】连接BO、AO，OB与AC交于H，根据正六边形ABCDEF的性质得到AB＝BC，∠BOA=360°6=60°，根据垂径定理得到周角定理得到∠BCA=12【解答】解：连接BO、AO，OB与AC交于H，在正六边形ABCDEF中，AB＝BC，∠BOA=360°∴∠BCA=12∠BOC＝30°，∴BO⊥AC，AH＝CH=12∴BC＝AB＝OB＝23，∴圆的半径是23，故选：C．【变式3-3】（2022•碑林区校级模拟）如图：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，若正六边形的边长是3，则⊙O的半径长是（）A．1 B．3 C．2 D．3【分析】连接OB，OE，BE，根据切线的性质得到∠ABO＝∠FEO＝90°，求得∠BOE＝120°，根据等腰三角形的性质得到∠OBE＝∠OEB＝30°，推出AF∥BE，过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，得到四边形AMNF是矩形，过O作OH⊥BE于H，根据勾股定理的定义即可得到结论．【解答】解：连接OB，OE，BE，∵：⊙O与正六边形ABCDEF的两边AB和EF相切于点B和点E两点，∴∠ABO＝∠FEO＝90°，∵∠BAF＝∠EFA＝120°，∴∠BOE＝540°﹣120°﹣120°﹣90°﹣90°＝120°，∴∠OBE＝∠OEB＝30°，∴∠ABE＝∠FEB＝60°，∴∠ABE+∠BAF＝180°，∴AF∥BE，过A作AM⊥BE于M，FN⊥BE于N，∴四边形AMNF是矩形，∴MN＝AF=3，BM＝EN=12∴BE＝23，过O作OH⊥BE于H，∴∠OHB＝90°，BH=3∴OB=2，故选：C．【题型4正多边形与圆中求面积】【例4】（2022•泗水县三模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为4，则图中阴影部分的面积为（）A．83 B．123 C．16 D．【分析】如图，连接OB交AC与点H．解直角三角形求出AC，可得结论．【解答】解：如图，连接OB交AC与点H．由题意△ABC是等边三角形，OB＝4，OH＝BH＝2，∵OB⊥AC，∴CH＝AH=BH∴AC＝2CH=4∴阴影部分的面积＝6×34×（433故选：A．【变式4-1】（2022秋•宣化区期末）如图，已知⊙O的周长等于6π，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（）A．2732 B．2734 C．【分析】首先过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质，即可求得答案．【解答】解：过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，∴AH=12∵⊙O的周长等于6π，∴⊙O的半径为：3，∵∠AOB=16×360°＝60°，OA∴△OAB是等边三角形，∴AB＝OA＝3，∴AH=3∴OH=O∴S正六边形ABCDEF＝6S△OAB＝6×12×故选：A．【变式4-2】（2022•庐阳区校级一模）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为1，则图中阴影部分的面积为（）A．334 B．3 C．53【分析】根据题意得到图中阴影部分的面积＝S△ABC+3S△ADE，代入数据即可得到结论．【解答】解：如图，∵“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，∴△ABC与△ADE是等边三角形，∵圆的半径为1，∴AH=32，BC＝AB∴AE=33，AF∴图中阴影部分的面积＝S△ABC+3S△ADE=12×故选：B．【变式4-3】（2022秋•庐江县期末）⊙O半径为4，以⊙O的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为边作一个三角形，则所得三角形的面积是（）A．2 B．3 C．22 D．23【分析】分别画出对应的图形计算出三条边心距，利用勾股定理的逆定理可证明它们构建的三角形为直角三角形，然后根据三角形面积公式计算此三角形的面积．【解答】解：如图1，△ABC为⊙O的内接正三角形，作OM⊥BC于M，连接OB，∵∠OBC=12∠∴OM=12如图2，四边形ABCD为⊙O的内接正方形，作ON⊥DC于N，连接OD，∵∠ODC=12∠∴ON＝DN=22OD＝2如图3，六边形ABCDEF为⊙O的内接正六边形，作OH⊥DE于H，连接OE，∵∠OED=12∠∴EH=12OE＝2，OH=3EH∴半径为4的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为2，22，23，∵22+（22）2＝（23）2，∴以三条边心距所作的三角形为直角三角形，∴该三角形的面积=12×2×22故选：C．【题型5正多边形与圆中求周长】【例5】（2022•和平区一模）如图，若⊙O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆，则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比为（）A．22：3 B．2：1 C．2：3 D．1：3【分析】求出⊙O的内接正方形和内接正六边形的边长之比，即可得出结论．【解答】解：连接OA、OB．OE，如图所示：设此圆的半径为R，则它的内接正方形的边长为2R，它的内接正六边形的边长为R，∴内接正方形和内接正六边形的边长之比为2R：R=2∴正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比＝内接正方形和内接正六边形的边长之比＝42：6＝22：3，故选：A．【变式5-1】（2022•鼓楼区校级模拟）正六边形的周长为12，则它的外接圆的内接正三角形的周长为（）A．23 B．33 C．63 D．6【分析】根据题意画出图形，求出正六边形的边长，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可．【解答】解：∵圆内接正六边形的周长为12，∴圆内接正六边形的边长为2，∴圆的半径为2，如图，连接OB，过O作OD⊥BC于D，则∠OBC＝30°，BD＝2×3∴BC＝2BD＝23；∴该圆的内接正三角形的周长为63，故选：C．【变式5-2】（2022秋•梅河口市期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连接OC、OD，若OC长为2cm，则正六形ABCDEF的周长为12cm．【分析】根据正六边形的定义确定其中心角的度数，得到△OCD是等边三角形，求得CD＝2cm，于是得到结论．【解答】解：∵多边形ABCDEF为正六边形，∴∠COD＝360°×1∵OC＝OD，∴△OCD是等边三角形，∵OC长为2cm，∴CD＝2cm，∴正六形ABCDEF的周长为2×6＝12（cm），故答案为：12．【变式5-3】（2022•旌阳区模拟）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的半径为6，则△ADE的周长是（）A．9+33 B．12+63 C．18+33 D．18+63【分析】首先确定三角形的三个角的度数，从而判断该三角形是特殊的直角三角形，然后根据半径求得斜边的长，从而求得另外两条直角边的长，进而求得周长．【解答】解：连接OE，∵多边形ABCDEF是正多边形，∴∠DOE=360°∴∠DAE=12∠DOE=1∵⊙O的半径为6，∴AD＝2OD＝12，∴DE=12AD=12×12＝6，AE∴△ADE的周长为6+12+63=18+63故选：D．【题型6确定正多边形的边数】【例6】（2022•宽城县一模）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【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，则∠AOC＝15°，则边数n＝360°÷中心角．【解答】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．【变式6-1】（2022秋•滨江区期末）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为72°，则该正多边形的边数是（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】根据正多边形的中心角=360°【解答】解：设正多边形的边数为n．由题意可得：360°n∴n＝5，故选：B．【变式6-2】（2022•息烽县二模）如图，AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的边，BC是圆内接正n边形的一边，则n等于（）A．8 B．10 C．12 D．16【分析】根据正方形以及正三边形的性质得出∠AOB=360°4=90°，∠AOC=360°3【解答】解：连接AO，BO，CO．∵AB、AC分别为⊙O的内接正方形、内接正三边形的一边，∴∠AOB=360°4=90°，∠∴∠BOC＝30°，∴n=360°故选：C．【变式6-3】（2022秋•钢城区期末）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，若DF恰好是同圆的一个内接正n边形的一边，则n的值为（）A．8 B．10 C．12 D．15【分析】连接OA、OB、OC，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【解答】解：连接OA、OD、OF，如图，∵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°，∠∴∠DOF＝∠AOF﹣∠AOD＝30°，∴n=360°即DF恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．故选：C．【题型7正多边形与圆中的实际应用】【例7】（2022•安国市一模）2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过（）A．11.125mm B．22.25mm C．8928mm D．【分析】根据正方形性质得到△AOD为等腰直角三角形，根据正方形和圆的关系得到AC的长度，根据等腰直角三角形的性质求出AD的长度．【解答】解：如图所示，∵AC＝BD＝22.25mm，∴AO＝OD=22.252∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴△AOD为等腰直角三角形，∴AD=2AO=89故选：C．【变式7-1】（2022秋•门头沟区期末）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为2米的正六边形，那么这个地基的周长是12米．【分析】由正六边形的半径为2，则OA＝OB＝2米；由∠AOB＝60°，得出△AOB是等边三角形，则AB＝OA＝OB＝2米，即可得出结果．【解答】解：如图所示：∵正六边形的半径为2米，∴OA＝0B＝2米，∴正六边形的中心角∠AOB=360°∴△AOB是等边三角形，∴AB＝OA＝OB，∴AB＝2米，∴正六边形的周长为6×2＝12（米）；故答案为：12．【变式7-2】（2022秋•东城区期末）斛是中国古代的一种量器．据《汉书•律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉．”意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆．”如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为2尺．【分析】根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．【解答】解：如图，∵四边形CDEF为正方形，∴∠D＝90°，CD＝DE，∴CE为直径，∠ECD＝45°，由题意得AB＝2.5，∴CE＝2.5﹣0.25×2＝2，∴CD=22CE故答案为：2．【变式7-3】（2022•清苑区一模）某厂家要设计一个装彩铅的纸盒，已知每支笔形状、大小相同，底面均为正六边形，六边形边长为1cm．目前厂家提供了圆形和等边三角形两种作为底面的设计方案，我们以6支彩铅为例，可以设计如图的两种收纳方案；（1）如果要装6支彩铅，在以上两种方案里，你认为更小的底面积是123cm．（2）如果你要装12只彩铅，要求相邻彩铅拼接无空隙，请设计一种最佳的布局，并使用圆形来设计底面，则底面半径的最小值为13cm．【分析】（1）利用圆面积，等边三角形的面积，即可判断．（2）设计方案如图所示，利用勾股定理求出半径即可．【解答】解：（1）如图1中，圆的半径为3，∴底面积为9π（cm2）．如图2中，连接OA，OD．∵OD＝2cm，∠OAD＝30°，∠ADO＝90°，∴OA＝2OD＝4cm，∴AD=OA2-OD∴等边三角形的边长AC＝43（cm），∴底面积=34×（43）2＝123（cm2）＜9π（∴等边三角形作为底面时，面积比较小，底面积为123cm2如图3中，设计方案如图3所示，在Rt△OET中，ET＝1cm，OE＝23cm，∴OT=OE2∴底面半径的最小值为13cm．故答案为：13．【题型8正多边形与圆中的规律问题】【例8】（2022秋•椒江区校级月考）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是（）A．2.2 B．﹣2.2 C．2.3 D．﹣2.3【分析】画出图形分别求出点M连续旋转6次旋转过程中点M的纵坐标的最大值和最小值，进而可得点M在图中直角坐标系中的纵坐标的可能值．【解答】解：如图，∵正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，点M在连续6次旋转的过程中，点M旋转到点A′时，点M的纵坐标最大，∵点M6的纵坐标为32所以点A′的纵坐标为2+点M旋转到点B′时，点M的纵坐标最小，因为点B′的纵坐标为﹣1-3所以纵坐标的取值范围为：﹣1-32＜点M即﹣1.866＜点M的纵坐标＜2.280．所以点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是2.2．故选：A．【变式8-1】（2022秋•铁锋区期末）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2022次旋转后，顶点D的坐标为（32，3）．【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2022÷6＝337，推出经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与原来的坐标相同，由此即可解决问题．【解答】解：如图，连接AD，BD，在正六边形ABCDEF中，AB＝1，AD＝2，∠ABD＝90°，∴BD=A在Rt△AOF中，AF＝1，∠OAF＝60°，∴∠OFA＝30°，∴OA=12AF∴OB＝OA+AB=3∴D（32，3∵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，∵2022÷6＝337，∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与应该不变，∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标（32，3故答案为（32，3【变式8-2】（2022•江西模拟）如图，我们把先作正方形ABCD的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A1B1C1D1．称为第一次数学操作，接下来，作正方形A1B1C1D1的内切圆，再作这个内切圆的内接正方形A2B2C2D2，称为第二次数学操作，按此规律如此下去，…，当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBn∁nDn，则AnA．（22）n B．（12）n C．（32）n D．（【分析】根据正多边形的特点，构建直角三角形来解决．【解答】解：图形中正方形A1B1C1D1和正方形ABCD一定相似，OF，OC1分别是两个正方形的边心距，△OC1F是等腰直角三角形，因而OF：OC1=22，则A1当完成第n次数学操作后，得到正方形AnBn∁nDn，则AnBnAB的值为（故选：A．【变式8-3】（2022•威海）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切，…按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为（）A．24329 B．81329 【分析】连接OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得∠E1OD1＝60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2=32E1D1=32×2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=32×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长＝（32）2×2，依此规律可得正六边形A10B10C10D10【解答】解：连接OE1，OD1，OD2，如图，∵六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，∴∠E1OD1＝60°，∴△E1OD1为等边三角形，∵正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，∴OD2⊥E1D1，∴OD2=32E1D1∴正六边形A2B2C2D2E2F2的边长=3同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长＝（32）2则正六边形A10B10C10D10E10F10的边长＝（32）9×2=故选：D．【题型9正多边形与圆中求最值】【例9】（2022•南山区三模）如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为8π，MN＝2，则△AMN周长的最小值是（）A．6 B．8 C．9 D．10【分析】由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA′∥BD，且使CA′＝2，连接AA′交BD于点N，取NM＝2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，进而求解．【解答】解：⊙O的面积为8π，则圆的半径为22，则BD＝42=AC由正方形的性质，知点C是点A关于BD的对称点，过点C作CA′∥BD，且使CA′＝2，连接AA′交BD于点N，取NM＝2，连接AM、CM，则点M、N为所求点，理由：∵A′C∥MN，且A′C＝MN，则四边形MCA′N为平行四边形，则A′N＝CM＝AM，故△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AA′+2为最小，则A′A=(4则△AMN的周长的最小值为6+2＝8，故选：B．【变式9-1】（2022•观山湖区一模）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PD的最小值是（）A．211-2 B．213-2 【分析】先判断出点P的运动轨迹：点P在以AB为直径的圆弧上，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，再根据正六边形的性质得到∠CBH＝30°，∠OBD＝90°，根据勾股定理即可求出BH、BD、OD，进而可得DP的最小值．【解答】解：∵AB＝4，∠APB＝90°，∴点P在以AB为直径的圆弧上，如图，取AB的中点O，连接OD，当O、P、D三点共线时，PD有最小值，连接BD，过点C作CH⊥BD于点H，∵点O为AB的中点，∴OA＝OB＝OP＝4÷2＝2，∵正六边形的每个内角为180°×（6﹣2）÷6＝120°，∵CD＝CB，∴∠CBD＝（180°﹣120°）÷2＝30°，BD＝2BH，∴∠OBD＝120°﹣30°＝90°，在Rt△CBH中，CH=12CB=2，∴BD=43在Rt△OBD中，OD=2∴PD的最小值为OD﹣OP=213故选：B．【变式9-2】（2022•浙江自主招生）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是弧AB上的一动点（不与A、B重合），点F是弧BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，则△GBH周长的最小值为4+22．【分析】如图，连接OC，OB，过点O作OM⊥BC于M，由正方形的性质可求OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，由等腰直角三角形的性质可求OM＝2，由“ASA”可证△BOG≌△COH，可得OG＝OH，BG＝CH，可求HG=2OH，由△GBH周长＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2OH，可得当OH与OM重合时，OH【解答】解：如图，连接OC，OB，过点O作OM⊥BC于M，∵边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，∴OB＝OC，AB＝BC＝4，∠BOC＝90°，∠OCB＝∠OBA＝45°，∴△OBC是等腰直角三角形，OM⊥BC，∴OM=12∵∠EOF＝90°＝∠BOC，∴∠COH＝∠BOG，且BO＝CO，∠BCO＝∠ABO，∴△BOG≌△COH（ASA），∴OG＝OH，BG＝CH，∴△GOH是等腰直角三角形，∴HG=2OH∵△GBH周长＝BH+GB+GH＝BH+CH+2OH＝4+2∴当OH最小时，△GBH周长有最小值，∴当OH⊥BC时，即（OH与OM重合时）OH有最小值，∴OH的最小值为2，∴△GBH周长的最小值为4+22，故答案为：4+22．【变式9-3】（2022秋•广陵区期末）如图，⊙O半径为2，正方形ABCD内接于⊙O，点E在ADC上运动，连接BE，作AF⊥BE，垂足为F，连接CF．则CF长的最小值为5-1【分析】如图，取AB的中点K，以AB为直径作⊙K，想办法求出FK，CK，根据CF≥CK﹣FK即可解决问题．【解答】解：如图，取AB的中点K，以AB为直径作⊙K，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∵AK＝BK，∴KF＝AK＝BK，∵正方形ABCD的外接圆的半径为2，∴AB＝BC=2∴KF＝AK＝KB＝1，∵∠CBK＝90°，∴CK=B∵CF≥CK﹣KF，∴CF≥5∴CF的最小值为5-故答案为5-【题型10正多边形与圆中的证明】【例10】如图，⊙O的内接正五边形ABCDE中，对角线AC和BE相交于点F．（1）求∠BAC的度数．（2）求证：四边形CDEF为菱形．【分析】（1）根据正五边形的内角和定理可求出一个内角的度数，再根据等腰三角形和三角形的内角和求出结果即可；（2）由（1）的方法求出∠ABE，再求出∠CBF＝∠CFB，进而得BC＝CF，同理得出AE＝EF，于是利用四条边相等的四边形是平行四边形可得结论．【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∠ABC=(5-2)×180°∴∠BAC＝∠ACB=180°-108°（2）由（1）可得∠ABE＝∠AEB＝36°，∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABE＝108°﹣36°＝72°，在△BCF中，∠BFC＝180°﹣72°﹣36°＝72°，∴BC＝CF，同理可得AE＝EF，∴CD＝DE＝EF＝FC，∴四边形CDEF为菱形．【变式10-1】已知：如图，△ABC是⊙O的内接等腰三角形，顶角∠BAC＝36°，弦BD、CE分别平分∠ABC、∠ACB．求证：五边形AEBCD是正五边形．【分析】求证五边形AEBCD是正五边形，就是证明这个五边形的五条边所对的弧相等．【解答】证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，又∵∠BAC＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°．又∵BD、CE平分∠ABC、∠ACB．∴∠BAC＝∠BCE＝∠ACE＝∠ABD＝∠DBC＝36°，∴AE=易证五边形AEBCD为正五边形．【变式10-2】（2022•河南模拟）如图，⊙O半径为4cm，其内接正六边形ABCDEF，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，连接PB，QE，PE，BQ．设运动时间为t（s）．（1）求证：四边形PEQB为平行四边形；（2）填空：①当t＝2s时，四边形PBQE为菱形；②当t＝0或4s时，四边形PBQE为矩形．【分析】（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP＝EQ，同理PE＝BQ，由此即可证明；（2）①当PA＝PF，QC＝QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t＝2s；②当t＝0时，∠EPF＝∠PEF＝30°，推出∠BPE＝120°﹣30°＝90°，推出此时四边形PBQE是矩形．当t＝4时，同法可知∠BPE＝90°，此时四边形PBQE是矩形；【解答】（1）证明：∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠DEF＝∠F，∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，∴AP＝DQ＝t，PF＝QC＝4﹣t，在△ABP和△DEQ中，AB=DE∠A=∠D∴△ABP≌△DEQ（SAS），∴BP＝EQ，同理可证PE＝QB，∴四边形PEQB是平行四边形．（2）解：①当PA＝PF，QC＝QD时，四边形PBEQ是菱形时，此时t＝2s．②当t＝0时，∠EPF＝∠PEF＝30°，∴∠BPE＝120°﹣30°＝90°，∴此时四边形PBQE是矩形．当t＝4时，同法可知∠BPE＝90°，此时四边形PBQE是矩形．综上所述，t＝0s或4s时，四边形PBQE是矩形．故答案为2s，0s或4s．【变式10-3】（2022•张家口一模）（1）已知：如图1，△ABC是⊙O的内接正三角形，点P为BC上一动点，求证：PA＝PB+PC．下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．证明：在AP上截取AE＝CP，连接BE∵△ABC是正三角形∴AB＝CB∵∠1和∠2的同弧圆周角∴∠1＝∠2∴△ABE≌△CBP（2）如图2，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，点P为BC上一动点，求证：PA＝PC+2PB（3）如图3，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，点P为BC上一动点，请探究PA、PB、PC三者之间有何数量关系，直接写出结论．【分析】（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，证明△PCE是等边三角形．利用CE＝PC，∠E＝∠3＝60°，∠EBC＝∠PAC，得到△BEC≌△APC，所以PA＝BE＝PB+PC；（2）过点B作BE⊥PB交PA于E，证明ABE≌△CBP，所以PC＝AE，可得PA＝PC+2PB（3）在AP上截取AQ＝PC，连接BQ可证△ABQ≌△CBP，所以BQ＝BP．又因为∠APB＝30°．所以PQ=3PB，PA＝PQ+AQ=3PB+【解答】证明：（1）延长BP至E，使PE＝PC，连接CE．∵∠1＝∠2＝60°，∠3＝∠4＝60°，∴∠CPE＝60°，∴△PCE是等边三角形，∴CE＝PC，∠E＝∠3＝60°；又∵∠EBC＝∠PAC，∴△BEC≌△APC，∴PA＝BE＝PB+PC．（2）过点B作BE⊥PB交PA于E．∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°∴∠1＝∠3，又∵∠APB＝45°，∴BP＝BE，∴PE=2又∵AB＝BC，∴△ABE≌△CBP，∴PC＝AE．∴PA=AE+PE=PC+2（3）答：PA=PC+3证明：在AP上截取AQ＝PC，连接BQ，如图3，∵∠BAP＝∠BCP，AB＝BC，∴△ABQ≌△CBP，∴BQ＝BP．又∵∠APB＝30°，∴PQ=∴PA=PQ+AQ=专题24.9弧长与扇形的面积【八大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1弧长的计算】 1【题型2利用弧长公式求周长】 2【题型3利用弧长公式求最值】 3【题型4计算扇形面积】 5【题型5计算不规则图形的阴影部分面积】 5【题型6旋转过程中扫过的路径或面积】 7【题型7圆锥的计算】 9【题型8圆柱的计算】 9【知识点1弧长与扇形的面积】设⊙O的半径为R，n°圆心角所对弧长为l弧长公式：l=nπR扇形面积公式：S母线的概念：连接圆锥顶点和底面圆周任意一点的线段。圆锥体表面积公式：S=πR2+πRl【题型1弧长的计算】【例1】（2022秋•黔西南州期末）如图，四边形ABCD是半径为2的⊙O的内接四边形，连接OA，OC．若∠AOC：∠ABC＝4：3，则ABC的长为（）A．85π B．65π C．45π 【变式1-1】（2022•龙岩模拟）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB＝45，则AC的长是（）A．5π2 B．25π4 C．10π3【变式1-2】（2022•梁园区校级一模）如图1所示是一张圆形纸片，直径AB＝8，现将点A折叠至圆心O形成折痕CD，再把C、D折叠至圆心O处，最后将圆形打开铺平（如图2所示），则EF的长是（）A．83π B．53π C．【变式1-3】（2022•濮阳二模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、C、D均在小正方形的顶点上，点C、A、D、B均在所画的弧上，若∠CAB＝75°，则AB的长为2π．【题型2利用弧长公式求周长】【例2】（2022•巧家县二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，分别以点A，B为圆心，AO，BO的长为半径画弧，与AB相交，则图中阴影部分的周长为．【变式2-1】（2022•焦作模拟）如图，在5×4的网格图中，每个小正方形的边长均为1点A，B，C，D均在格点上，点D在AB上线段BC与AB交于点E，则图中阴影部分的周长为．（结果保留π）【变式2-2】（2022秋•市中区期末）如图，正方形的空地内部要做一个绿化带（阴影部分），已知正方形ABCD外切于⊙O，且边长为10米，则绿化带的周长为．（结果保留π）【变式2-3】（2022•西山区二模）如图，等边△ABC的边长为1，以A为圆心，AC为半径画弧，交BA的延长线于D，再以B为圆心，BD为半径画弧，交CB的延长线于E，再以C为圆心，CE为半径画弧，交AC的延长线于F，则由弧CD，弧DE，优弧EF及线段CF围成的图形（CDEFC）的周长为．【题型3利用弧长公式求最值】【例3】（2022•安宁市二模）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分∠BOC交BC于点D，点E为半径OB上一动点．若OB＝2，则阴影部分周长的最小值为（）A．62+π2 B．22+π3【变式3-1】（2022•西华县一模）如图，在菱形ABCD中，∠D＝60°，AB＝2，以B为圆心，BC的长为半径画弧AC，点P为菱形内一动点，连接PA，PC．则阴影部分周长的最小值为．【变式3-2】（2022•夏邑县模拟）如图，以BC为直径作圆O，A、D为圆周上的点，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝1，∠ABC＝60°．若点P为BC垂直平分线MN上的一动点，则阴影部分周长的最小值为．【变式3-3】（2022•南召县模拟）如图，在⊙O中AB为其直径，EF为AB上一线段（点F在点E的左侧），点DC在AB上方的半圆上，且2AD=BD，AD=2BC，连接DF【题型4计算扇形面积】【例4】（2022•抚顺县一模）如图，矩形ABCD的边长AB＝1，BC＝2．把BC绕B逆时针旋转，使C恰好落在AD上的点E处，线段BC扫过部分为扇形BCE．则扇形BCE的面积是（）A．π3 B．1 C．2π-33 【变式4-1】（2022•湖北）一个扇形的弧长是10πcm，其圆心角是150°，此扇形的面积为（）A．30πcm2 B．60πcm2 C．120πcm2 D．180πcm2【变式4-2】（2022•八步区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，AC＝4，以AB为直径的⊙O交BC于点D，则图中阴影部分的面积为（）A．π3 B．2π3 C．4π3【变式4-3】（2022•锦州二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC=3，作∠ABC的平分线BD交AC于点D，以点A为圆心，AD长为半径作弧，交AB于点EA．π3 B．2π3 C．3 【题型5计算不规则图形的阴影部分面积】【例5】（2022•虞城县一模）如图，扇形OAB中，∠AOB＝120°，OA＝2，点C为OB的中点，将扇形OAB绕点C顺时针旋转，点O的对应点为O'，连接O'B，当O'C∥OA时，阴影部分的面积为（）A．π2-32 B．2π3-【变式5-1】（2022•安徽模拟）如图，边长为22的正方形ABCD的中心与半径为22的⊙O的圆心重合，E，F分别是AD，BA的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为（）A．2π﹣23 B．2π﹣2 C．2π+2 D．2π+23【变式5-2】（2022•武汉模拟）如图，矩形ABCD中．AB＝33，BC＝6，以点B为圆心、BA为半径画弧，交BC于点E，以点D为圆心、DA为半径画弧，交BC于点F，则阴影部分的面积为（）A．514π-2732 B．6π-27【变式5-3】（2022•高唐县二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠BAO＝30°，AC＝8．过点O作OH⊥AB于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．（1）求图中阴影部分的面积；（2）点P是BD上的一个动点（点P不与点B，D重合），当PH+PM的值最小时，求PD的长度．【题型6旋转过程中扫过的路径或面积】【例6】（2022秋•凉山州期末）如图，△OAB中，OB＝3，OA＝1．将△OAB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△OCD．下列结论：①∠BOD＝45°；②DC＝OA；③BD，AC的垂直平分线相交于点O；④△AOC有一个角为67°；⑤AB在旋转过程中扫过的图形的面积是π；其中错误的结论有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【变式6-1】（2022•泰兴市二模）如图线段AB的端点在边长为1的正方形网格的格点上，现将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到线段AC．（1）请你用尺规在所给的网格中画出线段AC及点B经过的路径；（2）若将此网格放在一平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（1，3），点B的坐标为（﹣2，﹣1），则点C的坐标为；（3）线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域的面积为；（4）若有一张与（3）中所说的区域形状相同的纸片，将它围成一个几何体的侧面，则该几何体底面圆的半径长为．【变式6-2】（2022秋•凉州区校级月考）归纳猜想：同学们，让我们一起进行一次研究性学习：（1）如图1已知正三角形ABC的中心为O，半径为R，将其沿直线l向右翻滚，当正三角形翻滚一周时，其中心O经过的路程是多少？（2）如图2将半径为R的正方形沿直线l向右翻滚，当正方形翻滚一周时，其中心O经过的路程是多少？（3）猜想：把正多边形翻滚一周，其中心O所经过的路程是多少（R为正多边形的半径，可参看图2）？请说明理由．（4）进一步猜想：任何多边形都有一个外接圆，若将任意圆内接多边形翻滚一周时，其外心所经过的路程是否是一个定值（R为多边形外接圆的半径）？为什么？请以任意三角形为例说明（如图12）．通过以上猜想你可得到什么样的结论？请写出来．【变式6-3】（2022•扬中市一模）已知如图，在直角坐标系xOy中，点A，点B坐标分别为（﹣1，0），（0，3），连接AB，OD由△AOB绕O点顺时针旋转60°而得．（1）求点C的坐标；（2）△AOB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积；（3）线段AB绕点O顺时针旋转60°所扫过的面积．【题型7圆锥的计算】【例7】（2022•赤峰）如图所示，圆锥形烟囱帽的底面半径为12cm，侧面展开图为半圆形，则它的母线长为（）A．10cm B．20cm C．5cm D．24cm【变式7-1】（2022•无锡）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【变式7-2】（2022秋•北安市校级期末）用半径为3cm，圆心角是120°的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为（）A．2πcm B．1.5cm C．πcm D．1cm【变式7-3】（2022•常州一模）若用半径为9，圆心角为120°的扇形围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计），则这个圆锥的底面半径是，侧面积为．【题型8圆柱的计算】【例8】（2022秋•和平区期末）如图，已知矩形ABCD的周长为36cm，矩形绕它的一条边CD旋转形成一个圆柱．设矩形的一边AB的长为xcm（x＞0），旋转形成的圆柱的侧面积为Scm2．（1）用含x的式子表示：矩形的另一边BC的长为cm，旋转形成的圆柱的底面圆的周长为cm；（2）求S关于x的函数解析式及自变量x的取值范围；（3）求当x取何值时，矩形旋转形成的圆柱的侧面积最大；（4）若矩形旋转形成的圆柱的侧面积等于18πcm2，则矩形的长是cm，宽是cm．【变式8-1】（2022秋•龙凤区期末）一个底面直径8厘米，高12厘米的圆柱形杯子，里面装有6厘米深的水，把一个圆锥形铁块完全浸没在水中，水面上升到离杯口2厘米的地方，这个圆锥形铁块的体积是（）立方厘米．A．32π B．48π C．64π D．72π【变式8-2】（2022秋•定州市期末）有一位工人师傅将底面直径是10cm，高为80cm的“瘦长”形圆柱，锻造成底面直径为40cm的“矮胖”形圆柱，则“矮胖”形圆柱的高是（）A．25cm B．20cm C．10cm D．5cm【变式8-3】（2022•黄冈）将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱（如图示），当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是cm．专题24.9弧长与扇形的面积【八大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1弧长的计算】 1【题型2利用弧长公式求周长】 5【题型3利用弧长公式求最值】 9【题型4计算扇形面积】 13【题型5计算不规则图形的阴影部分面积】 15【题型6旋转过程中扫过的路径或面积】 19【题型7圆锥的计算】 25【题型8圆柱的计算】 26【知识点1弧长与扇形的面积】设⊙O的半径为R，n°圆心角所对弧长为l弧长公式：l=nπR扇形面积公式：S母线的概念：连接圆锥顶点和底面圆周任意一点的线段。圆锥体表面积公式：S=πR2+πRl【题型1弧长的计算】【例1】（2022秋•黔西南州期末）如图，四边形ABCD是半径为2的⊙O的内接四边形，连接OA，OC．若∠AOC：∠ABC＝4：3，则ABC的长为（）A．85π B．65π C．45π 【分析】设∠AOC＝4x°，∠ABC＝3x°，由圆周角定理得出∠AOC＝2∠D，求出∠D＝2x°，根据圆内接四边形得出∠ABC+∠D＝180°，求出x，求出∠AOC＝144°，再根据弧长公式求出即可．【解答】解：设∠AOC＝4x°，∠ABC＝3x°，由圆周角定理得：∠AOC＝2∠D，∴∠D＝2x°，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ABC+∠D＝180°，∴3x+2x＝180，解得：x＝36，即∠AOC＝144°，∴ABC的长为144π×2180=故选：A．【变式1-1】（2022•龙岩模拟）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为5，AB＝45，则AC的长是（）A．5π2 B．25π4 C．10π3【分析】连接AC，OB，OD，CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，由垂定理可知OD⊥AB于点D，由勾股定理可得OD=5，再利用折叠性质判断AC＝DC，利用等腰三角形性质得到AF＝DF=5，再证明四边形ODEF为正方形，得到△CFB为等腰直角三角形，计算出弧AC所对圆周角度数，进而得弧【解答】解：连接AC，OB，OD，CD，作CF⊥AB于点F，作OE⊥CF于点E，由垂定理可知OD⊥AB于点D，AD＝BD=1又OB＝5，∴OD=O∵CA、CD所对的圆周角为∠CBA、∠CBD，且∠CBA＝∠CBD，∴CA＝CD，△CAD为等腰三角形．∵CF⊥AB，∴AF＝DF=1又四边形ODFE为矩形且OD＝DF=5∴四边形ODFE为正方形．∴OE=5∴CE=CO2∴CF＝CE+EF＝35=BF故△CFB为等腰直角三角形，∠CBA＝45°，∴AC所对的圆心角为90°，∴AC=故选：A．【变式1-2】（2022•梁园区校级一模）如图1所示是一张圆形纸片，直径AB＝8，现将点A折叠至圆心O形成折痕CD，再把C、D折叠至圆心O处，最后将圆形打开铺平（如图2所示），则EF的长是（）A．83π B．53π C．【分析】如图2，连接AC、AD、OC、OD、OE、OF、CE和DF，由折叠及圆的半径相等可得出△AOC、△COE、△AOD和△DOF都是等边三角形，从而可求得∠EOF的度数，再由直径求得半径，则可利用弧长公式求得答案．【解答】解：如图2，连接AC、AD、OC、OD、OE、OF、CE和DF，由折叠及圆的半径相等可知，AC＝CO＝OA，AD＝OD＝OA，CE＝OE＝OC，DF＝OF＝OD，∴△AOC、△COE、△AOD和△DOF都是等边三角形，∴∠EOF＝360°﹣60°×4＝120°，∵直径AB＝8，∴半径为4，∴EF的长是120π×4180=故选：A．【变式1-3】（2022•濮阳二模）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、C、D均在小正方形的顶点上，点C、A、D、B均在所画的弧上，若∠CAB＝75°，则AB的长为2π．【分析】取CD的中点O，连接OB、OA、AD，根据勾股定理求出AC和AD，根据勾股定理的逆定理求出∠CAD＝90°，得出等腰直角三角形CAD，求出∠ADC＝45°，根据圆周角定理求出∠ABC＝∠ADC，求出∠ACB，再根据圆周角定理求出∠AOB＝2∠ACB，再根据弧长公式求出答案即可．【解答】解：取CD的中点O，连接OB、OA、AD，∵小正方形的边长为1，∴CD＝6，即CO＝OD＝3，由勾股定理得：AC＝AD=32+∴AC2+AD2＝（32）2+（32）2＝18+18＝36，∴AC2+AD2＝CD2，∴△CAD是等腰直角三角形，∴∠ADC＝45°，∠CAD＝90°，∴CD是⊙O的直径，半径OA＝3，∴∠ABC＝∠ADC＝45°，∵∠BAC＝75°，∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠CAB＝180°﹣45°﹣75°＝60°，∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，∴AB的长是120π×3180=2【题型2利用弧长公式求周长】【例2】（2022•巧家县二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，AO＝6，分别以点A，B为圆心，AO，BO的长为半径画弧，与AB相交，则图中阴影部分的周长为6π+12．【分析】根据对称性以及正三角形的性质可以得到阴影部分的周长等于圆心角为180°半径为6的半圆弧长加直径长，然后根据弧长公式进行计算即可．【解答】解：如图，连接AC、OC，则AC＝AO＝OC，所以△AOC是正三角形，由题意可知，弧BC，弧AD所对应的圆心角度数为30°且半径为6，弧OD、弧OC所对应的圆心角度数为60°且半径为6，所以阴影部分的周长为：圆心角为180°半径为6的半圆弧长加直径长，即：6π+12，故答案为：6π+12．【变式2-1】（2022•焦作模拟）如图，在5×4的网格图中，每个小正方形的边长均为1点A，B，C，D均在格点上，点D在AB上线段BC与AB交于点E，则图中阴影部分的周长为262+13π【分析】根据网格构造直角三角形，利用网格可得出△ABM≌△CAN，进而得出AB＝AC，利用平角的定义可得出△ABC是等腰直角三角形，得出圆心角∠BOE的度数，利用勾股定理求出AB，进而得出半径，由弧长公式求出弧BE，再利用勾股定理求出BC，进而得出BE即可．【解答】解：设AB的中点为O，即弧BE所在的圆心为O，如图，连接OE，AC，由网格可知，BM＝AN＝3，AM＝CN＝2，∠M＝∠N＝90°，∴△ABM≌△CAN（SAS），∴AB＝AC，∠BAM＝∠ACN，∵∠ACN+∠CAN＝90°，∴∠BAC＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠BOE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴BE=12=1=26由弧长公式可得，弧BE的长为90π×13∴阴影部分的周长为262故答案为：262【变式2-2】（2022秋•市中区期末）如图，正方形的空地内部要做一个绿化带（阴影部分），已知正方形ABCD外切于⊙O，且边长为10米，则绿化带的周长为5π+102．（结果保留π）【分析】连接OE，OF，OH，OG，根据切线的性质得到OE⊥AB，OH⊥AD，求得∠A＝∠AHO＝∠AEO＝90°，推出∠EOF＝∠HOG＝∠GOF＝90°，DH＝AH＝OH，得到△DHH与△CFG是等腰直角三角形，根据弧长公式即可得到结论．【解答】解：连接OE，OF，OH，OG，∵正方形ABCD外切于⊙O，∴OE⊥AB，OH⊥AD，∴∠A＝∠AHO＝∠AEO＝90°，∵OH＝OE，∴四边形AHOE是正方形，∴∠HOE＝90°，AH＝OH，同理，∠EOF＝∠HOG＝∠GOF＝90°，DH＝AH＝OH，∴△DHG与△CFG是等腰直角三角形，∴绿化带的周长为2×90⋅π×5180+2×52=5故答案为：5π+102．【变式2-3】（2022•西山区二模）如图，等边△ABC的边长为1，以A为圆心，AC为半径画弧，交BA的延长线于D，再以B为圆心，BD为半径画弧，交CB的延长线于E，再以C为圆心，CE为半径画弧，交AC的延长线于F，则由弧CD，弧DE，优弧EF及线段CF围成的图形（CDEFC）的周长为6π+3．【分析】利用弧长公式分别计算的长劣弧CD，劣弧DE，优弧EF，CF的长，再相加即可得出结论．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝AB＝1，∠CAB＝∠BCA＝∠ABC＝60°．∴AD＝1，∠CAD＝120°，∠DBE＝120°，∠FCE＝120°．∴BD＝AB+AD＝2，CE＝CF＝CB+BE＝1+2＝3，∴CD的长=120⋅π⋅1180DE的长=120⋅π⋅2180优弧EF的长=240⋅π⋅3180=∴弧