難點09與圓有關(guān)的計算常考題型

（5大熱考題型）

題型一：正多邊形和圓

題型二：與弧長有關(guān)的運算

題型三：與扇形面積有關(guān)的計算

題型四：不規(guī)則圖形的面積計算

題型五：與圓錐有關(guān)的計算

題型一：正多邊形和圓

【中考母題學(xué)方法】

【典例1】（山東青島·中考真題）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于O，點M在AB上，則CME的度數(shù)

為（）

A．30B．36C．45D．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(nèi)接于O，

360

∴∠COD==60°，則∠COE=120°，

6

1

∴∠CME=∠COE=60°，

2

故選：D．

360

【點睛】本題考查正多邊形的中心角、圓周角定理，熟練掌握正n多邊形的中心角為是解答的關(guān)鍵．

n

【典例2】（2023·上海·中考真題）如果一個正多邊形的中心角是20，那么這個正多邊形的邊數(shù)為．

【答案】18

【分析】根據(jù)正n邊形的中心角的度數(shù)為360n進(jìn)行計算即可得到答案．

【詳解】根據(jù)正n邊形的中心角的度數(shù)為360n，

則n3602018，

故這個正多邊形的邊數(shù)為18，

故答案為：18．

【點睛】本題考查的是正多邊形內(nèi)角和中心角的知識，掌握中心角的計算公式是解題的關(guān)鍵．

【變式1-1】（2024·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，正四邊形ABCD和正五邊形CEFGH內(nèi)接于O，和EF相

交于點M，則AMF的度數(shù)為（）??

A．26B．27C．28D．30

【答案】B

【分析】本題考查了圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)，圓周角定理，三角形內(nèi)角和定理，對頂角的性質(zhì)，直角三角

形的性質(zhì)，連接OC、OE、OD，設(shè)與EF相交于點N，由圓的內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)可得COD90，

1

COE72，即得DOECOD??COE18，即可由圓周角定理得DCEDOE9，進(jìn)而由三

2

角形內(nèi)角和定理得DNMCNE63，再由直角三角形兩銳角互余得到AMFDMN27，正確作

出輔助線是解題的關(guān)鍵．

【詳解】解：連接OC、OE、OD，設(shè)與EF相交于點N，

∵正四邊形ABCD和正五邊形CEFGH?內(nèi)?接于O，

∴COD360490，COE360572，

∴DOECODCOE907218，

11

∴DCEDOE189，

22

52180

∵CEF108，

5

∴CNE180108963，

∴DNMCNE63，

∵ADC90，

∴DMN906327，

∴AMFDMN27，

故選：B．

【變式1-2】（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，原點O為正六邊形ABCDEF的中心，

k

EF∥x軸，點E在雙曲線y(k為常數(shù)，k0)上，將正六邊形ABCDEF向上平移3個單位長度，點D恰

x

好落在雙曲線上，則k的值為（）

A．43B．33C．23D．3

【答案】A

【分析】本題主要考查了求反比例函數(shù)解析式，正六邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理等

1

等，過點E作EHx軸于H，連接OE，可證明OED是等邊三角形，則DEOD，OHDHOH，

2

3

進(jìn)而得到EHOD，設(shè)OD2m，則OHm，HE3m，則Em，3m，D2m，0，即可得到點2m，3

2

在雙曲線上，再由點E也在雙曲線上，得到k2m3m3m，據(jù)此求解即可．

【詳解】解：如圖所示，過點E作EHx軸于H，連接OE，

∵原點O為正六邊形ABCDEF的中心，

360

∴OEOD，∠EOD60，

6

∴OED是等邊三角形，

∴DEOD，

∵EHOD，

1

∴OHDHOD，

2

3

∴EHDE2DH2OD，

2

設(shè)OD2m，則OHm，HE3m，

∴Em，3m，D2m，0，

∵將正六邊形ABCDEF向上平移3個單位長度，點D恰好落在雙曲線上，

∴點2m，3在雙曲線上，

又∵點E也在雙曲線上，

∴k2m3m3m，

解得m2或m0（舍去），

∴k2m343，

故選：A．

【變式1-3】（2024·山東東營·中考真題）我國魏晉時期數(shù)學(xué)家劉徽在《九章算術(shù)注》中提到著名的“割圓術(shù)”，

即利用圓的內(nèi)接正多邊形逼近圓的方法來近似估算，指出“割之彌細(xì)，所失彌少．割之又割，以至于不可割，

則與圓周合體，而無所失矣”．“割圓術(shù)”孕育了微積分思想，他用這種思想得到了圓周率π的近似值為3.1416，

如圖，O的半徑為1，運用“割圓術(shù)”，以圓內(nèi)接正六邊形面積近似估計O的面積，可得π的估計值為

33

．若用圓內(nèi)接正八邊形近似估計O的面積，可得π的估計值為．

2

【答案】22

【分析】本題考查了圓內(nèi)接正多邊形的性質(zhì)，三角形的面積公式，勾股定理等，正確求出正八邊形的面積

是解題的關(guān)鍵．過點A作AMOB，求得AOB360845，根據(jù)勾股定理可得AM2OM2OA2，

即可求解．

【詳解】

如圖，AB是正八邊形的一條邊，點O是正八邊形的中心，過點A作AMOB，

在正八邊形中，AOB360845

∴AMOM

2

∵OA1，AM2OM2OA2，解得：AM

2

12

∴SOBAM

OAB24

2

∴正八邊形為822

4

∴2212

∴22

∴π的估計值為22

故答案為：22．

【變式1-4】（2024·山東濰坊·中考真題）【問題提出】

在綠化公園時，需要安裝一定數(shù)量的自動噴灑裝置，定時噴水養(yǎng)護(hù)，某公司準(zhǔn)備在一塊邊長為18m的正方

形草坪（如圖1）中安裝自動噴灑裝置，為了既節(jié)約安裝成本，又盡可能提高噴灑覆蓋率，需要設(shè)計合適的

安裝方案．

k

說明：一個自動噴灑裝置的噴灑范圍是半徑為rm的圓面．噴灑覆蓋率，s為待噴灑區(qū)域面積，k為

s

待噴灑區(qū)域中的實際噴灑面積．

【數(shù)學(xué)建?！?/p>

這個問題可以轉(zhuǎn)化為用圓面覆蓋正方形面積的數(shù)學(xué)問題．

【探索發(fā)現(xiàn)】

（1）如圖2，在該草坪中心位置設(shè)計安裝1個噴灑半徑為9m的自動噴灑裝置，該方案的噴灑覆蓋率

______．

9

（2）如圖3，在該草坪內(nèi)設(shè)計安裝4個噴灑半徑均為m的自動噴灑裝置；如圖4，設(shè)計安裝9個噴灑半徑

2

9

均為3m的自動噴灑裝置；，以此類推，如圖5，設(shè)計安裝n2個噴灑半徑均為m的自動噴灑裝置．與

n

（1）中的方案相比，采用這種增加裝置個數(shù)且減小噴灑半徑的方案，能否提高噴灑覆蓋率？請判斷并給出

理由．

（3）如圖6所示，該公司設(shè)計了用4個相同的自動噴灑裝置噴灑的方案，且使得該草坪的噴灑覆蓋率1．已

2

知正方形ABCD各邊上依次取點F，G，H，E，使得AEBFCGDH，設(shè)AExm，O1的面積為ym，

求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式，并求當(dāng)y取得最小值時r的值．

【問題解決】

（4）該公司現(xiàn)有噴灑半徑為32m的自動噴灑裝置若干個，至少安裝幾個這樣的噴灑裝置可使該草坪的噴

灑覆蓋率1？（直接寫出結(jié)果即可）

π281π92

【答案】（1）；（2）不能，理由見解析；（3）yx9；當(dāng)y取得最小值時r；（4）9

4222

【分析】（1）根據(jù)定義，分別計算圓的面積與正方形的面積，即可求解；

（2）根據(jù)（1）的方法求得噴灑覆蓋率即可求解；

（3）根據(jù)勾股定理求得x,r的關(guān)系，進(jìn)而根據(jù)圓的面積公式得出函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可

求解；

（4）根據(jù)（3）的結(jié)論可得當(dāng)圓為正方形的外接圓時，面積最小，則求得半徑為32m的圓的內(nèi)接正方形的

邊長為6，進(jìn)而將草坪分為9個正方形，即可求解．

【詳解】（1）當(dāng)噴灑半徑為9m時，噴灑的圓面積sr29281m2．

正方形草坪的面積Sa2182324m2．

k81

故噴灑覆蓋率．

s3244

9

（2）對于任意的n，噴灑面積kn2()281m2，而草坪面積始終為324m2．

nn

因此，無論n取何值，噴灑覆蓋率始終為．

4

這說明增加裝置個數(shù)同時減小噴灑半徑，對提高噴灑覆蓋率不起作用．

（3）如圖所示，連接EF，

k

要使噴灑覆蓋率1，即要求1，其中s為草坪面積，k為噴灑面積．

s

∴O1,O2,O3,O4都經(jīng)過正方形的中心點O，

在RtAEF中，EF2r，AEx，

∵AEBFCGDH

∴AF18x，

在RtAEF中，AE2AF2EF2

2

∴4r2x218x

2

x218x

∴yπr2π

4

π281π

x9

22

∴當(dāng)x9時，y取得最小值，此時4r29292

92

解得：r

2

（4）由（3）可得，當(dāng)O1的面積最小時，此時圓為邊長為9m的正方形的外接圓，

2

則當(dāng)r32m時，圓的內(nèi)接正方形的邊長為2326m

2

18

而草坪的邊長為18m，3，即將草坪分為9個正方形，將半徑為32m的自動噴灑裝置放置于9個正方

6

形的中心，此時所用裝置個數(shù)最少，

∴至少安裝9個這樣的噴灑裝置可使該草坪的噴灑覆蓋率1

【點睛】本題考查了正方形與圓綜合問題，二次函數(shù)的應(yīng)用；本題要求我們先理解和計算噴灑覆蓋率，然

后通過調(diào)整噴灑裝置的數(shù)量和噴灑半徑來分析噴灑覆蓋率的變化，最后在一個特定的條件下找出噴灑面積

和噴灑半徑之間的函數(shù)關(guān)系．解決此類問題的關(guān)鍵在于將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，即如何將噴灑覆蓋率

的計算問題轉(zhuǎn)化為面積計算和函數(shù)求解問題．同時，在解決具體問題時，需要靈活運用已知的數(shù)學(xué)知識，

如圓的面積公式，正方形面積公式，以及函數(shù)解析式求解等．最后，還需要注意將數(shù)學(xué)計算結(jié)果還原為實

際問題的解決方案．

【中考模擬即學(xué)即練】

1．（2024·云南昭通·一模）如圖，正八邊形內(nèi)接于O，連接OA,OB，則AOB的度數(shù)為（）

A．55B．50C．45D．40

【答案】C

【分析】本題考查正多邊形的性質(zhì)．根據(jù)題意，由正八邊形內(nèi)接于O知，AOB360845．

【詳解】解：正八邊形內(nèi)接于O

AOB360845．

故選：C．

2．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖，正六邊形ABCDEF和正六邊形GHIJKL均以點O為中心，連接

AG，BH，CI，DJ，EK，F(xiàn)L（A，G，H三點共線），若CI2,IJ3，則正六邊形ABCDEF的邊長為（）

A．3B．5C．19D．19

【答案】C

【分析】本題考查正多邊形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，30直角三角形的性質(zhì)，連接OA，OB，OG，OH，

根據(jù)正六邊形的性質(zhì)證明△AOG≌△BOH，得到AGOBHO120，BH=AG，即可得到B，I，H三

點共線，同理可得C，I，J三點共線，D，K，J三點共線，且CIDJ2，然后在三角形CJD中計算即可．

【詳解】連接OA，OB，OG，OH，過D作CJDM于M，

∵正六邊形ABCDEF和正六邊形GHIJKL均以點O為中心，

∴OGOH，OAOB，LGHGHIIJK120，AOBGOH60，

∴AOGBOH60BOG，OHIHGO60，

∴△AOG≌△BOH，

∴AGOBHO，BH=AG，

∵A，G，H三點共線，

∴AGO180HGO120，

∴AGOBHO120，

∴BHOOHI180，

∴B，I，H三點共線，

同理可得C，I，J三點共線，D，K，J三點共線，且CIDJ2，

∴CJD60，

∵CJDM，

∴JMDCMD90，JDM30，

1

∴JMDJ1，DMJD2JM222123，

2

∵CI2,IJ3，

∴CMCIIJJM4，

2

∴CDDM2CM242319，

即正六邊形ABCDEF的邊長為19，

故選：C．

3．（2024·山西太原·模擬預(yù)測）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于O，CP與O相切于點C，則BCP的度

數(shù)為（）

A．120B．108C．144D．162

【答案】C

52180

【分析】連接OC，OB，OD，首先根據(jù)正多邊形的性質(zhì)得到BCD108，然后證明出

5

1

OBC≌ODCSSS，得到OCBOCDBCD54，然后切線的性質(zhì)得到OCP90，進(jìn)而求解

2

即可．

【詳解】如圖所示，連接OC，OB，OD

∵四邊形ABCDE是正五邊形

52180

∴BCD108

5

∵OBOD，OCOC，BCDC

∴OBC≌ODCSSS

1

∴OCBOCDBCD54

2

∵CP與O相切于點C，

∴OCCP

∴OCP90

∴BCPBCOOCP5490144．

故選：C．

【點睛】此題考查了正多邊形和圓，全等三角形的性質(zhì)和判定，圓切線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確

作出輔助線．

4．（2024·湖南益陽·模擬預(yù)測）如圖，正五邊形ABCDE的邊長為5，以頂點A為圓心，AB的長為半徑畫圓，

則圓與正五邊形重疊部分（圖中陰影部分）的面積為（）

A．5πB．7.5πC．8πD．10π

【答案】B

【分析】本題考查正多邊形和圓，扇形面積的計算．根據(jù)正五邊形的內(nèi)角和定理求出正五邊形的一個內(nèi)角

的度數(shù)，再根據(jù)扇形面積的計算方法進(jìn)行計算即可．

【詳解】解：五邊形ABCDE是正五邊形，

(52)180

BAE108，

5

1085215

S扇形7.5，

3602

故選：B．

5．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）如圖，等邊三角形ABC和正方形DEFG均內(nèi)接于O，若EF2，則BC的

長為（）

A．22B．23C．5D．6

【答案】D

【分析】本題考查了正多邊形與圓，準(zhǔn)確掌握正多邊形及圓的相關(guān)性質(zhì)并能準(zhǔn)確計算是解題關(guān)鍵．連接OE、

OF、OB、OC，過點O作OHBC于點H，利用EF求出圓的半徑，再求出BOC和BOH，利用30

直角三角形性質(zhì)和勾股定理求出BH，即可求出BC．

【詳解】解：連接OE、OF、OB、OC，過點O作OHBC于點H，如圖，

∵正方形DEFG內(nèi)接于O，

∴EOF360490，

∵OEOF，EF2，

∴OEOF2，

∴OBOC2，

∵等邊三角形ABC內(nèi)接于O，

∴BOC3603120，

∵OBOC，OHBC，

∴BHCH，DBOH=DCOH=60°，

12

∴OHOB，

22

6

∴BHOB2OH2，

2

∴BC2BH6，

故選：D．

6．（2024·廣東·模擬預(yù)測）《墨子·天志》記載：“輪匠執(zhí)其規(guī)、矩，以度天下之方圓．”知圓度方，感悟數(shù)學(xué)

之美．如圖，以正方形ABCD的對角線交點為位似中心，作它的位似圖形ABCD，若四邊形ABCD的外

接圓半徑為4，AB:AB2:1，則正方形ABCD的周長為．

【答案】82

【分析】此題考查了位似圖形的性質(zhì)，正多邊形和圓的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是掌握以上知

識點．設(shè)位似中心為O，連接OA，OB，首先得到OAOB4，然后利用勾股定理求出

ABOAOB42，然后根據(jù)位似圖形的性質(zhì)得到AB22，進(jìn)而求解即可．

【詳解】解：如圖所示，設(shè)位似中心為O，連接OA，OB

∵正方形ABCD的外接圓半徑為4，

∴OAOB4，AOB90

∴ABOAOB42

∵AB:AB2:1，

∴AB22

∴4AB82．

∴正方形ABCD的周長為82．

故答案為：82．

二、與弧長有關(guān)的運算

題型二：與弧長有關(guān)的運算

【中考母題學(xué)方法】

【典例1】（2024·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，以點A為圓心，AB長為半徑

畫弧，交BC邊于點E，連接AE，AB1，D60，則BE的長l（結(jié)果保留π）．

1

【答案】/

33

【分析】本題考查弧長的計算，平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是判定ABE是等邊三

角形，得到∠BAE60．

由平行四邊形的性質(zhì)推出BD60，判定ABE是等邊三角形，得到∠BAE60，由弧長公式即可求

出的長．

BE

【詳解】解：四邊形ABCD是平行四邊形，

BD60，

由題意得：ABAE，

ABE是等邊三角形，

BAE60，

AB1，

6011

l．

1803

1

故答案為：．

3

【典例2】（2024·吉林長春·中考真題）一塊含30角的直角三角板ABC按如圖所示的方式擺放，邊AB與

直線l重合，AB12cm．現(xiàn)將該三角板繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，使點C的對應(yīng)點C落在直線l上，則點A經(jīng)過

的路徑長至少為cm．（結(jié)果保留）

【答案】8π

【分析】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、弧長公式等知識點，掌握弧長公式成為解題的關(guān)鍵．

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得ABCABC60,即ABA120，再根據(jù)點A經(jīng)過的路徑長至少為以B為圓心，

以AB為半徑的圓弧的長即可解答．

【詳解】解：∵將該三角板繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，使點C的對應(yīng)點C落在直線l上，

∴ABCABC60,即ABA120，

12012

∴點A經(jīng)過的路徑長至少為8π．

180

故答案為：8π．

【變式2-1】（2024·江蘇宿遷·中考真題）如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，以點E為圓心，EF長

為半徑作圓，則該圓被正六邊形截得的DF的長為．

4

【答案】

3

【分析】本題主要考查了正多形的內(nèi)角和和內(nèi)角以及弧長公式，根據(jù)六邊形ABCDEF是正六邊形，根據(jù)正

多邊內(nèi)角和等于n2180，求出內(nèi)角DEF，再根據(jù)弧長公式即可得出答案．

【詳解】解：∵六邊形ABCDEF是正六邊形，

62180

∴DEF120，

6

12024

∴DF，

1803

4

故答案為：．

3

【變式2-2】（2024·甘肅蘭州·中考真題）“輪動發(fā)石車”是我國古代的一種投石工具，在春秋戰(zhàn)國時期被廣

泛應(yīng)用，圖1是陳列在展覽館的仿真模型，圖2是模型驅(qū)動部分的示意圖，其中M，eN的半徑分別是

1cm和10cm，當(dāng)M順時針轉(zhuǎn)動3周時，eN上的點P隨之旋轉(zhuǎn)n，則n．

【答案】108

【分析】本題主要考查了求弧長．先求出點P移動的距離，再根據(jù)弧長公式計算，即可求解．

【詳解】解：根據(jù)題意得：點P移動的距離為3216cm，

n10

∴6，

180

解得：n108．

故答案為：108

【變式2-3】（2024·山東濟(jì)寧·中考真題）如圖，VABC三個頂點的坐標(biāo)分別是A(1,3),B(3,4),C(1,4)．

(1)將VABC向下平移2個單位長度得△A1B1C1，畫出平移后的圖形，并直接寫出點B1的坐標(biāo)；

(2)將△A1B1C1繞點B1逆時針旋轉(zhuǎn)90得A2B1C2．畫出旋轉(zhuǎn)后的圖形，并求點C1運動到點C2所經(jīng)過的路徑長．

【答案】(1)作圖見解析，B1(3，2)

(2)作圖見解析，π

【分析】本題考查了作圖—平移變換和旋轉(zhuǎn)變換，弧長公式，解題的關(guān)鍵熟練掌握平移和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，

（1）利用平移的性質(zhì)作出對應(yīng)點，再連線即可，

（2）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)分別作出對應(yīng)點，再連線，C1運動到點C2所經(jīng)過的路徑長即為弧長即可可求解

【詳解】（1）解：△A1B1C1如下圖所示：

由圖可知：B1(3，2)；

（2）解：A2B1C2如上圖所示：

B1C190290

C運動到點C2所經(jīng)過的路徑為：π

1180180

【變式2-4】（2024·遼寧·中考真題）如圖，O是VABC的外接圓，AB是O的直徑，點D在BC上，ACBD，

E在BA的延長線上，CEACAD．

(1)如圖1，求證：CE是O的切線；

(2)如圖2，若CEA2DAB，OA8，求BD的長．

【答案】(1)見詳解

(2)2

【分析】（1）連接CO，則12，故31222，由ACBD，得到42，而ACB90，

則CAD2290，由CEACAD，得CEA2290，因此CEA390，故ECO90，

則CE是O的切線；

90

（2）連接CO,DO，可得32224CEA，則3CEA45，故422.5，由BDBD，

2

458

得DOB2445，那么BD長為2．

180

【詳解】（1）證明：連接CO，

∵OCOB，

∴12，

∴31222，

∵ACBD，

∴42，

∵AB為直徑，

∴ACB90，

∴CAD4290，即CAD2290，

∵CEACAD，

∴CEA2290，

∴CEA390，

∴ECO90，

∴OCCE，

∴CE是O的切線；

（2）解：連接CO,DO，

由（1）得32224，

∵CEA2DAB，

∴CEA3，

∵ECO90，

90

∴3CEA45，

2

∴422.5，

∵BDBD，

∴DOB2445，

458

∴BD長為：2．

180

【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的判定，直角三角形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)，弧長公式等，正

確添加輔助線是解決本題的關(guān)鍵．

【中考模擬即學(xué)即練】

1．（2024·浙江溫州·一模）點A、B、C在O上的位置如圖所示，A70，O的半徑為3，則BC的長

是（）

777

A．πB．πC．πD．7π

632

【答案】B

【分析】本題主要考查了弧長計算公式，圓周角定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握弧長公式，先根據(jù)圓周角定

理求出∠BOC270140，然后根據(jù)弧長計算公式進(jìn)行計算即可．

【詳解】解：∵A70，

∴BOC2A270140，

1403p7

∴BC的長為：p，

1803

故選：B．

π

2．（2024·湖南·模擬預(yù)測）如圖，用一個半徑為6cm的滑輪將物體G向上拉升，若物體G的上升速度為cm/s，

6

上升的時間為4s，假設(shè)繩索（粗細(xì)不計）與滑輪之間沒有滑動，則圖中線段OP在這段時間內(nèi)掃過的面積（單

位：cm2）是（）

A．2πB．3πC．4πD．6

【答案】C

π2

【分析】本題考查了弧長公式以及扇形面積公式，先得出物體G的上升距離是4πcm，再設(shè)點P

63

n2

旋轉(zhuǎn)路徑所對的圓心角為n，列式262，解出n40，最后運用扇形面積公式列式計算，

3603

即可作答．

π

【詳解】解：∵物體G的上升速度為cm/s，上升的時間為4s，

6

π2

∴物體G的上升距離是4πcm，

63

則在這個時間內(nèi)，設(shè)點P旋轉(zhuǎn)路徑所對的圓心角為n，

n2

∴262，

3603

解得n40，

40

∴線段OP在這段時間內(nèi)掃過的面積624cm2，

360

故選：C．

3．（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）傳統(tǒng)服飾日益受到關(guān)注，如圖①為明清時期女子主要裙式之一的馬面裙，如

圖②馬面裙可以近似地看作扇形的一部分，其中的長度為米，裙長AB0.8米，圓心角

AD3

AODBOC60，則OB的長為（）

A．1米B．1.8米C．2米D．2.2米

【答案】B

60πOA1

【分析】本題考查了弧長公式．由題意知，l，求得OA1，得到OB1.8米即可．

AD1803

60πOA1

【詳解】解：由題意知，l，

AD1803

解得OA1，

∵裙長AB為0.8米，

∴OB1.8米，

故選：B．

4．（2024·四川眉山·二模）7個半徑均為r的硬幣兩兩外切，如圖所示，若將左邊第一個硬幣沿著剩下硬幣

的圓周滾動一圈回到原來的位置（其余6個硬幣固定不動），那么這個硬幣在滾動時圓心移動的路徑長為（）

1632

A．rB．10rC．rD．12r

33

【答案】C

【分析】本題主要考查了弧長的計算的應(yīng)用等知識點，根據(jù)題意確定運動路徑是由由4個孤1與8個孤2

組成，然后利用弧長公式計算即可得解，熟練掌握弧長的計算是解決此題的關(guān)鍵．

【詳解】如圖，

該硬幣圓心路徑由4個孤1與8個孤2組成，

∴由圓半徑相等得，ABACBC2r，

∴VABC為等邊三角形，

∴ABCBACCAB60，

∴DAC120，CBE60，

1204602

∴弧1的長2rr，弧2的長2rr，

18031803

4232

∴總路徑長r4r8r，

333

故選：C．

5．（2023·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·一模）已知一弧長為10cm，此弧所對圓心角為120，則此弧所在圓的半徑為

cm．

【答案】15

nr

【分析】根據(jù)弧長公式進(jìn)行求解即可．此題考查了弧長公式，l，其中n是圓心角度數(shù)，r為半徑，

180

熟練掌握弧長公式是解題的關(guān)鍵．

【詳解】解：設(shè)扇形所在圓的半徑為rcm，

120r

則10，

180

解得r15，

故答案為：15．

6．（2024·浙江溫州·三模）在半徑為18cm的圓上有一段弧，弧長是12cm，則該弧所對的圓周角的度數(shù)

為．

【答案】/60度

【分析】考60查°了弧長的計算，解答本題關(guān)鍵是熟練掌握弧長的計算公式，及公式字母表示的含義．

nr

根據(jù)弧長的計算公式：l（弧長為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為r），代入即可求出圓心角的度數(shù)．

180

nr

【詳解】根據(jù)弧長的公式l，

180

n18

得到：12，

180

解得n120，

故圓周角為

故答案為：60°．

60°

7．（2024·山東濟(jì)南·一模）如圖1，我國是世界上最早制造使用水車的國家．如圖2是水車舀水灌溉示意圖，

水車輪的輻條（圓的半徑）OA長約為6米，輻條盡頭裝有刮板，刮板間安裝有等距斜掛的長方體形狀的水

斗，當(dāng)水流沖動水車輪刮板時，驅(qū)使水車徐徐轉(zhuǎn)動，水斗依次舀滿河水在點A處離開水面，逆時針旋轉(zhuǎn)150

上升至輪子上方B處，斗口開始翻轉(zhuǎn)向下，將水傾入木槽，由木槽導(dǎo)入水渠，進(jìn)而灌溉，那么水斗從A處（舀

水）轉(zhuǎn)動到B處（倒水）所經(jīng)過的路程是米．（結(jié)果保留）

【答案】5

【分析】本題考查了弧長的計算，根據(jù)弧長公式進(jìn)行計算，即可解答，熟練掌握弧長公式是解題的關(guān)鍵．

1506

【詳解】解：由題意得：5（米），

180

∴水斗從A處（舀水）轉(zhuǎn)動到B處（倒水）所經(jīng)過的路程是5米，

故答案為：5．

8．（2023·四川綿陽·模擬預(yù)測）如圖，正三角形的高是3厘米，正方形的邊長是正三角形的2倍，木塊從圖

①的位置開始，沿著木樁的邊緣滾動，滾動過程如圖②，圖③所示，木塊滾動一周后回到原位置，那么正

三角形正中心的點A經(jīng)過的路徑長度為3．

【答案】44

【分析】本題考查了弧長的計算、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．找出點A軌跡是解題的關(guān)鍵．利用弧長公式，可以解決問

題．

【詳解】解：如圖，

∵A1和A2都是正三角形的中心，

1

∴AOCAOD6030，

122

2

∴AOA120，四個角上的弧所對圓心角為AOA210，OAOA32，

1232123

第1次滾動，點A運動軌跡是以圓心O、圓心角150，AO為半徑的弧A1A2，

第2次滾動，是以圓心O、圓心角為210，OA2半徑的弧A2A3接下來運動類似，

如圖中虛線，

1202210244

A點運動的路徑長度444．

1801803

故答案為：44．

9．（22-23九年級上·浙江紹興·期末）如圖，在O中，CD是直徑，弦ABCD，垂足為點E，連接AC，

AD．

(1)求證：CBAD．

(2)若C30，OC3，求AB的長度．

【答案】(1)見解析

(2)2，見解析

【分析】本題考查垂徑定理，圓周角定理及推論，弧長計算；連接輔助線，從而運用圓周角定理及推論得

到角之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．

（1）連接CB，由垂徑定理，得ADBD，由圓周角定理推論知BCDACD，BCDBAD，所以

ACDBAD．

（2）如圖，連接OA，OB，由圓周角定理可推出AOB2ACB120，根據(jù)弧長公式計算求解．

【詳解】（1）證明：連接CB，

∵CD是直徑，弦ABCD，

∴ADBD．

∴BCDACD．

又∵BCDBAD．

∴ACDBAD；

（2）解：如圖，連接OA，OB，則AOB2ACB，

∵ADBD，

∴ACDBCD，

∴ACB2ACD60，

∴AOB120

1202

∴AB的長度=r=′3=2．

1803

題型三：與扇形面積有關(guān)的計算

【中考母題學(xué)方法】

【典例1】（2024·廣東深圳·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，BC=2AB，O為BC中點，OEAB4，

則扇形EOF的面積為．

【答案】4

【分析】本題考查了扇形的面積公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得BOE45，COF45，

得到EOF90，再利用扇形的面積公式即可求解．

【詳解】解：∵BC=2AB，AB4，

∴BC42，

∵O為BC中點，

1

∴OBOCBC22，

2

∵OE4，

OB222

在RtOBE中，cosBOE，

OE42

∴BOE45，

同理COF45，

∴EOF180454590，

9042

∴扇形EOF的面積為4，

360

故答案為：4．

【典例2】（2024·山東青島·中考真題）如圖，A，B，C，D是O上的點，半徑OA3，ABCD，DBC25，

連接，則扇形AOB的面積為（）

??

5555

A．πB．πC．πD．π

48212

【答案】A

【分析】本題考查了圓周角定義，扇形的面積，連接OC、OD，由圓周角定理可得COD2DBC50，

進(jìn)而得AOBCOD50，再根據(jù)扇形的面積計算公式計算即可求解，掌握圓周角定理及扇形的面積計

算公式是解題的關(guān)鍵．

【詳解】解：連接OC、OD，則COD2DBC50，

∵ABCD，

∴AOBCOD50，

50π325

∴Sπ，

扇形AOB3604

故選：A．

【變式3-1】（2024·山東東營·中考真題）習(xí)近平總書記強(qiáng)調(diào)，中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化是中華民族的根和魂．東

營市某學(xué)校組織開展中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化成果展示活動，小慧同學(xué)制作了一把扇形紙扇．如圖，OA20cm，

OB5cm，紙扇完全打開后，外側(cè)兩竹條（竹條寬度忽略不計）的夾角AOC120．現(xiàn)需在扇面一側(cè)繪

制山水畫，則山水畫所在紙面的面積為（）cm2．

25

A．πB．75πC．125πD．150π

3

【答案】C

【分析】將山水畫所在紙面的面積轉(zhuǎn)化為大小兩個扇形的面積之差即可解決問題．本題主要考查了扇形面

積的計算，熟知扇形面積的計算公式是解題的關(guān)鍵．

【詳解】解：由題知，

2

120204002，

S扇形OACcm

3603

2

1205252，

S扇形OBDcm

3603

40025

所以山水畫所在紙面的面積為：125(cm2)．

33

故選：C．

【變式3-2】（2024·河南·中考真題）如圖，O是邊長為43的等邊三角形ABC的外接圓，點D是BC的

中點，連接BD，CD．以點D為圓心，BD的長為半徑在O內(nèi)畫弧，則陰影部分的面積為（）

8π16π

A．B．4πC．D．16π

33

【答案】C

【分析】過D作DEBC于E，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)求出BDC120，利用弧、

11

弦的關(guān)系證明BDCD，利用三線合一性質(zhì)求出BEBC23，BDEBDC60，在Rt△BDE中，

22

利用正弦定義求出BD，最后利用扇形面積公式求解即可．

【詳解】解∶過D作DEBC于E，

∵O是邊長為43的等邊三角形ABC的外接圓，

∴BC43，A60，BDCA180，

∴BDC120，

∵點D是BC的中點，

∴BDCD，

∴BDCD，

11

∴BEBC23，BDEBDC60，

22

BE23

∴BD4，

sinBDEsin60

120π4216π

∴S陰影，

3603

故選：C．

【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，扇形面積公式，解直

角三角形等知識，靈活應(yīng)用以上知識是解題的關(guān)鍵．

【變式3-3】（2024·河北·中考真題）扇文化是中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的組成部分，在我國有著深厚的底蘊．如

S

圖，某折扇張開的角度為120時，扇面面積為S、該折扇張開的角度為n時，扇面面積為S，若mn，

nS

則m與n關(guān)系的圖象大致是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【分析】本題考查正比例函數(shù)的應(yīng)用，扇形的面積，設(shè)該扇面所在圓的半徑為R，根據(jù)扇形的面積公式表示

nR2nSS

出R23S，進(jìn)一步得出S，再代入mn即可得出結(jié)論．掌握扇形的面積公式是解題的關(guān)

n360120S

鍵．

【詳解】解：設(shè)該扇面所在圓的半徑為R，

120R2R2

S，

3603

∴R23S，

∵該折扇張開的角度為n時，扇面面積為Sn，

nR2nnnS

∴SR23S，

n360360360120

nS

∴Sn1，

mn120n

SS120120

∴m是n的正比例函數(shù)，

∵n0，

∴它的圖像是過原點的一條射線．

故選：C．

【中考模擬即學(xué)即練】

1．（2024·云南·模擬預(yù)測）已知扇形的弧長為4cm，面積為24cm2，則此扇形的圓心角為度．

【答案】60

【分析】本題考查求扇形的圓心角，根據(jù)扇形的面積公