3.4圆的有关计算（11大类型培优提升+压轴训练30道）-【常考压轴题】2024-2025学年九年级数学上册压轴题攻略（浙教版）

3.4圆的有关计算（11大类型培优提升+压轴训练30道） 目录 类型一、正多边形的边长与中心角 1 类型二、正多边形的边心距与半径 2 类型三、弧长的有关计算 2 类型四、扇形的有关面积 3 类型五、阴影部分的面积 4 类型六、圆锥的有关计算 4 类型七、弧长的变化规律及经过的路程问题 5 类型八、线段所过的面积问题 5 类型九、圆锥中的最短路径问题 6 类型十、正多边形与圆的综合问题 6 类型十一、正多边形与圆的实际应用问题 7 压轴能力测评30道 8 类型一、正多边形的边长与中心角 1．（23-24九年级上·浙江金华·期末）如图，正十边形的外接圆半径为，则这个正十边形的边长为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽合肥·一模）如图，正五边形内接于，点在弧上．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 类型二、正多边形的边心距与半径 3．（2023·浙江温州·模拟预测）等角螺线在自然界中很常见．如图，连接大正六边形六条边的中点，形成一个小的正六边形，再连接小正六边形六条边的中点，形成一个更小的正六边形，重复多次，可形成以逆时针方向环绕的等腰三角形串（如阴影部分所示），这个三角形串就是一个简单的等角螺线．若大正六边形的边长为1，则该等角螺线中第8个等腰三角形的顶角顶点与大正六边形中心的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24九年级上·浙江台州·期末）图1是微信朋友圈的图案，它是中心对称图形，图2是其示意图．其作图过程为：取正八边形中心点O，延长，交于点M，为半径作，再延长正八边形其余七边得到的八等分点．若，则 ．      类型三、弧长的有关计算 5．（2024·浙江绍兴·模拟预测）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图．是以O为圆心，为半径的圆弧，C是弦的中点，D在上，．“会圆术”给出长l的近似值s计算公式：，当，时， ． 6．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，是的直径，点在圆上将沿翻折与交于点若，的度数为，则（   ）． A． B． C． D． 类型四、扇形的有关面积 7．（23-24七年级下·浙江绍兴·期中）如图，在长方形中，作扇形，扇形，扇形，若要求的长，只需要知道（　　）的面积 A．扇形 B．扇形 C．扇形 D．长方形 8．（2023·浙江丽水·模拟预测）小明用长为铁丝均分后围成如图所示的模型，该模型由四个形状、大小完全一样的扇环组成，为圆心． （1）若，A为的中点，则长为 ； （2）若使得模型的面积最大，则的值为 类型五、阴影部分的面积 9．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，正方形的边长为2，为对角线的交点，点，分别为，的中点．以为圆心，为半径作圆弧，再分别以，为圆心，为半径作圆弧，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 10．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，扇形圆心角为直角，，点在 上，以，为邻边构造，边交于点，若，则图中两块阴影部分的面积和为 ． 类型六、圆锥的有关计算 11．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，从一个边长是的正六边形纸板中裁出两个扇形和，分别围成圆锥（裁缝和接缝忽略不计），则圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D． 12．（23-24九年级上·浙江台州·阶段练习）如图，是的半径，分别以点、为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和点，连接，交于点和点，交半径于点，连接，，，若把小于半圆的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径为 ． 类型七、弧长的变化规律及经过的路程问题 13．（23-24九年级下·四川成都·阶段练习）如图，正方形的边长为，曲线叫“正方形的渐开线”，其中、、、、的圆心依次按，，，循环，长度分别标记为，，，，当弧线长度标记为时，的值为 ． 14．（22-23九年级上·浙江宁波·开学考试）如图，在矩形中，已知，矩形在直线上绕其右下角的顶点B向右第一次旋转至图➀位置，再绕右下角的顶点继续向右第二次旋转至图➁位置，…，以此类推，这样连续旋转4次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是 ． 类型八、线段所过的面积问题 15．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）一副三角板记作和，已知，，，，将它们叠合在一起，使边与重合（如图1），O是边的中点，再将绕点顺时针旋转（如图2），与相交于点，则的长是 ．在上述旋转过程中，线段扫过的区域的面积是 ．      16．（23-24九年级上·浙江金华·期末）如图，已知是的直径，且，点为半圆上的一个动点（不与点重合），在延长线上，作，的平分线，相交于点，则 ；在点移动的过程中，线段扫过的面积 ． 类型九、圆锥中的最短路径问题 17．（2024·宁夏银川·二模）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 ． 18．（23-24九年级上·山东泰安·期中）如图，有一个圆锥形粮堆，正三角形的边长为6m，粮堆母线的中点P处有一只老鼠正在吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面P处捉老鼠，小猫所经过的最短路程是 m． 类型十、正多边形与圆的综合问题 19．（24-25九年级上·江苏南京·阶段练习）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边、、、之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求的长； 类型十一、正多边形与圆的实际应用问题 20．（2024·湖北武汉·模拟预测）现安装一台可旋转灌溉的喷水器以灌溉某花田．如图1，其中点P为原装喷头的喷水口，点N处是喷头与支架的接口，喷水口的高度可以通过连杆进行调整（点P到地面的距离最大可达2米），已知点P、N、M在同一直线上．喷水口喷出的水柱最外层的形状可近似看作是抛物线的一部分，且通过上下高度调整后，喷出的水柱形状仍与原来相同．（接头处的间隙忽略不计）如图2，在初始高度下，测得喷水口点P到水平地面的距离为1米，喷射距离为10米，并发现喷头在旋转过程中，喷出的水柱外端恰好碰到距离连杆所在直线5米处一片树叶的最低处，并测得该树叶的最低处距离水平地面2米．现将原来的花田改造成一块由6块全等的等边三角形与1个正六边形组成的多边形花田（如图3），已知AB＝m．同时，这款喷水器还有一款“S”型号的喷头可供更换（如图4），并且．已知的边，，其中与地面平行，与地面垂直．更换喷头后，喷出的水柱形状仍与原来相同． (1)在图2中建立合适的直角坐标系，求喷出水柱最外层抛物线的函数表达式； (2)若使用原装喷头的喷水器，要求通过旋转后，洒水区域能覆盖整块多边形花田，那么喷水口P至少需要升高多少米？ (3)园艺师计划分别在的中点处种植一棵高为米的树．通过计算，判断种植后是否会影响任务2中的灌溉要求．若有影响，利用计算分析，设计出通过调节喷水器的高度、更换喷头等方式，能够达到多边形花田灌溉要求的方案． 压轴能力测评30道 一、单选题 1．（23-24九年级下·浙江台州·开学考试）如图是小红用圆规设计的图案，其中心是一个大圆，外围由若干个全等的半圆弧组成．设这个图案的外围周长为，中心大圆周长为，则与的数量关系是（   ）    A． B． C． D． 2．（2024·浙江·模拟预测）2023年8月24日，金砖国家宣布扩容，新增六个国家，使金砖国家数量变为十一个．如图是金砖国家的图标，其可近似看作一个圆内接正五边形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·浙江·模拟预测）要在边长为8米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为3米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是 （   ） A．3 B．4 C．5 D．6 4．（2024·浙江宁波·模拟预测）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”，即利用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”，如图，的半径为，如用的内接正八边形来近似估计圆的面积，则可得的近似值为．若用的内接正边形的面积估计圆的面积，能得出的近似值为，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24九年级下·浙江·阶段练习）【情境】如图是某数学项目学习小组设计的“鱼跃龙门”徽章图案，已知是圆的5个等分点，连结交于点．设鱼头部分的四边形的面积为，鱼尾部分的的面积为． 【问题】设，则的值为（     ） A． B． C． D． 6．（23-24九年级下·云南昆明·阶段练习）如图，正六边形与正三角形共顶点，若三角形的边长为，则这个六边形的面积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·河北张家口·三模）如图，将正六边形纸片的空白部分剪下，得到三部分图形，记Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的面积分别为，，．给出以下结论： ①Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形；②Ⅲ中最大的内角是；③． 其中正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 8．（2024九年级下·浙江金华·专题练习）将平行四边形的边与边分别绕点A、点B逆时针旋转，得到矩形， 若此时、D、B 恰好共线，，，那么边扫过的面积为（    ） A． B． C． D．9 9．（2024九年级上·江苏·专题练习）如图，在半径为2，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆交于点D，连接，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 10．（2024·辽宁铁岭·三模）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径作弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”，若该“莱洛三角形”的面积为，则等边三角形的边长为（   ）    A．1 B． C． D．2 11．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，正六边形的边长为2，以A为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 12．（23-24九年级上·浙江金华·阶段练习）如图，在公园中，相距40米的两个观景台A，B之间有一个圆形湖泊，它的圆心落在连线的中点O上，半径为10米．现要修建一条连接A，B的观景长廊，计划沿，，的路线修建，其中，分别与圆O相切于点C，D．求这个观景长廊的全长为（   ）． A． B． C． D． 13．（23-24九年级上·山东青岛·期末）如图，菱形中，，菱形在直线上向右作无滑动的翻滚每绕着一个顶点旋转叫一次操作，则经过27次这样的操作，菱形对角线交点所经过的路径总长为（    ）（结果保留）    A． B． C． D． 14．（23-24九年级上·江苏·期末）如图，的内接正六边形，以为圆心，为半径作弧，以为圆心，为半径作弧，已知的半径为2，则边与，围成的阴影部分面积为（    ） A． B． C． D． 15．（23-24九年级上·浙江金华·期中）如图，在圆心为，半径为的圆形纸片上画圆内接，再分别沿直线和折叠，和都经过圆心，则图中阴影部分的面积是(   ) A． B． C． D． 16．（23-24九年级上·江苏连云港·期中）如图，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的底面和侧面，则圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 17．（23-24九年级下·宁夏吴忠·阶段练习）如图，是圆锥的高，是底面半径，如果圆锥底面周长为厘米，，那么圆锥的高为 ．    18．（21-22九年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图，已知圆锥的底面半径为5，侧面积为65π，则圆锥的高 ． 19．（22-23九年级·浙江宁波·自主招生）如图，在菱形中，已知，，以为直径的与菱形ABCD相交，则图中阴影部分的面积为 ．    20．（21-22九年级·浙江杭州·自主招生）如图，已知是圆O的直径，，是圆的切线，圆O与交于点F，点E是的中点，四边形是平行四边形，则图中阴影部分的面积是 ． 21．（23-24九年级下·浙江温州·开学考试）如图，矩形内接于，在上取一点，连接，，过点作，交于点，，，，则阴影部分的面积为 ． 22．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，扇形中，，连接，以为旋转中心，将旋转得到，若，则阴影部分的面积为 ． 23．（24-25九年级上·浙江·假期作业）《墨子・天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，以面积为的正方形的中心为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为 ． 24．（2024·江苏南京·三模）如图，表示中去掉内接正三角形部分的面积，表示中去掉内接正六边形部分的面积，和的半径均为，则 ．（填“、或”） 三、解答题 25．（23-24九年级上·浙江丽水·期末）如图，小吴同学在陶艺课中为八角花盆制作“圆形托盘”，已知八角花盆底部截面是一个正八边形（如图），请根据下列信息解决问题． (1)求八角花盆底部截面正八边形一个内角的度数； (2)若八角花盆底部截面正八边形的边长是，小吴同学制作的圆形托盘半径是，问：这个托盘是否适用于此八角花盆？（图中边长的数据为近似值，供选用） 26．（23-24九年级上·河北邢台·期中）如图，正六边形内接于．    (1)若是上的动点，连接，求的度数； (2)已知的面积为． 求的度数； 求的半径． 27．（22-23九年级下·浙江台州·期中）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解的意义． (1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括． 28．（22-23九年级上·山西朔州·期末）请阅读以下材料并完成相应的任务．17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．黄金分割比（简称：黄金比）是指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长度之比（如图①）即，其比值为． 已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形曲线（如图②）． 任务： (1)如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是的平分线与半径OA的交点．若，求正十边形边长AB的长度； (2)在（1）的条件下，利用图③进一步探究，请你写出与黄金比之间的关系，并说明理由． 29．（2022·浙江金华·中考真题）如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接． (1)求的度数． (2)是正三角形吗？请说明理由． (3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值． 30．（22-23九年级下·浙江湖州·阶段练习）现有成 角且足够长的墙角和可建总长为 围墙的建筑用料来修建储料场． (1)如图1，修建成一个半圆储料场，圆弧为新建围墙，求： ①储料场的半径； ②储料场的面积． (2)小林建议：把新建围墙建成如图2所示的以 为圆心的，这样修建的储料场会更大，你认为小林的建议合理吗？请说明理由． ( 16 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.4圆的有关计算（11大类型培优提升+压轴训练30道） 目录 类型一、正多边形的边长与中心角 1 类型二、正多边形的边心距与半径 3 类型三、弧长的有关计算 5 类型四、扇形的有关面积 7 类型五、阴影部分的面积 9 类型六、圆锥的有关计算 11 类型七、弧长的变化规律及经过的路程问题 13 类型八、线段所过的面积问题 14 类型九、圆锥中的最短路径问题 16 类型十、正多边形与圆的综合问题 18 类型十一、正多边形与圆的实际应用问题 21 压轴能力测评30道 24 类型一、正多边形的边长与中心角 1．（23-24九年级上·浙江金华·期末）如图，正十边形的外接圆半径为，则这个正十边形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理及其推论，正多边形中心角公式，直角三角形特殊角的三角比等，根据垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，根据其推论可知还平分中心角，得到，，再根据正多边形的中心角公式：设正多边形的边数为，则中心角为，求出中心角，则得到，最后根据直角三角形特殊角的三角比即可求出． 【详解】过点作于点， 则， 此多边形是正十边形． 在中， 故选：C． 2．（2024·安徽合肥·一模）如图，正五边形内接于，点在弧上．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了求正五边形的中心角，圆周角定理，三角形内角和定理，连接，求出，即得到，由，可得，与相加得到，即可求解，掌握正五边形的性质和圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵正五边形内接于， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 即， ∴， 故选：． 类型二、正多边形的边心距与半径 3．（2023·浙江温州·模拟预测）等角螺线在自然界中很常见．如图，连接大正六边形六条边的中点，形成一个小的正六边形，再连接小正六边形六条边的中点，形成一个更小的正六边形，重复多次，可形成以逆时针方向环绕的等腰三角形串（如阴影部分所示），这个三角形串就是一个简单的等角螺线．若大正六边形的边长为1，则该等角螺线中第8个等腰三角形的顶角顶点与大正六边形中心的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正六边形的性质，得到等角螺线中等腰三角形顶点到中心的距离等于正六边形的边长，由此规律可得第8个等腰三角形的顶角顶点与大正六边形中心的距离为即可得出结果． 【详解】解：如图，正六边形，中心为O，点分别是正六边形各边的中点， 六边形是正六边形，边长为1， ， ， 是等边三角形， ， 点是的中点， ， ， 六边形是正六边形， ， 是等边三角形， 同理得：由正六边形各边中点连接形成的正六边形，顶点到中心O点的距离为， 同理可得：第8个等腰三角形的顶角顶点与大正六边形中心的距离为， 故选：C． 【点睛】本题考查正多边形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，图形类规律探究，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 4．（23-24九年级上·浙江台州·期末）图1是微信朋友圈的图案，它是中心对称图形，图2是其示意图．其作图过程为：取正八边形中心点O，延长，交于点M，为半径作，再延长正八边形其余七边得到的八等分点．若，则 ．      【答案】/ 【分析】连接，，过C作于T，根据在正八边形性质，结合等腰三角形的性质和三角形的外角性质证得，则，进而， 证明等腰直角三角形，求得即可求解． 【详解】解：连接，，过C作于T，    在正八边形中，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴，则， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴等腰直角三角形，则， 由勾股定理得， ∴，则， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理和外角性质、勾股定理等知识，熟练掌握正多边形的性质和等腰三角形的性质是解答的关键． 类型三、弧长的有关计算 5．（2024·浙江绍兴·模拟预测）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图．是以O为圆心，为半径的圆弧，C是弦的中点，D在上，．“会圆术”给出长l的近似值s计算公式：，当，时， ． 【答案】/ 【分析】本题考查垂径定理、弧长公式、勾股定理，连接，先根据垂径定理得到，分别利用勾股定理求得、、，进而求得s值，结合弧长公式求得l值即可求解． 【详解】解：连接， ∵C是弦的中点， ∴，， 又， ∴O、C、D共线， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 又的长， ∴． 故答案为： 6．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，是的直径，点在圆上将沿翻折与交于点若，的度数为，则（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆周角定理、弧长公式等知识点，求得的度数是解答本题的关键．作D关于的对称点E，连接,则，然后再根据的度数为可知，然后再根据圆周角定理、邻补角性质可得，最后运用弧长公式即可解答． 【详解】解：如图：作D关于的对称点E，连接,则， ∵的度数为， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴的长度为， ∴的长度为． 故选：D． 类型四、扇形的有关面积 7．（23-24七年级下·浙江绍兴·期中）如图，在长方形中，作扇形，扇形，扇形，若要求的长，只需要知道（　　）的面积 A．扇形 B．扇形 C．扇形 D．长方形 【答案】B 【分析】此题考查了扇形的面积、矩形的性质，熟记扇形的面积公式、矩形的性质是解题的关键． 根据题意并结合矩形的性质求出，若要求的长，只需要知道线段的长，根据扇形面积，知道了扇形的面积，就能求出半径的长，据此即可得解． 【详解】解：在长方形中，，， 根据题意得，，，， 设，， ， ， ， 若要求的长，只需要知道线段的长， 根据扇形面积，知道了扇形的面积，就能求出半径的长， 故选：B． 8．（2023·浙江丽水·模拟预测）小明用长为铁丝均分后围成如图所示的模型，该模型由四个形状、大小完全一样的扇环组成，为圆心． （1）若，A为的中点，则长为 ； （2）若使得模型的面积最大，则的值为 【答案】 / 【分析】本题为二次函数应用题，主要考查扇形的周长和面积的计算，正确记忆公式是解题关键． 由，即可求解； 每个扇环的圆心角为，面积为，由，即可求解． 【详解】解：（1）设每个扇环的周长为，则，设， 则， 解得：， 故答案为：； （2）每个扇环的圆心角为，面积为，设每个扇环的周长为，则，设，， 根据题意得：， 则， ，所以抛物线开口向下， 式中， 时，S取值最大，即， 故答案为：． 类型五、阴影部分的面积 9．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，正方形的边长为2，为对角线的交点，点，分别为，的中点．以为圆心，为半径作圆弧，再分别以，为圆心，为半径作圆弧，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，扇形面积的计算．连接，根据在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧，所对的弦分别相等，利用面积割补法可得阴影部分的面积等于弓形面积，即等于扇形面积减去直角三角形的面积之差． 【详解】解：连接，，如图， 正方形的边长为2，为对角线的交点， 由题意可得：，经过点，且，． 点，分别为，的中点， ， ，． 以为弦的两个弓形面积相等． ． 故选：C． 10．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，扇形圆心角为直角，，点在 上，以，为邻边构造，边交于点，若，则图中两块阴影部分的面积和为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查扇形的面积的计算，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握割补法求阴影部分的面积．连接，利用勾股定理求出，根据计算即可． 【详解】解：如图，连接， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 类型六、圆锥的有关计算 11．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，从一个边长是的正六边形纸板中裁出两个扇形和，分别围成圆锥（裁缝和接缝忽略不计），则圆锥的底面圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的性质，扇形面积、弧长的计算，圆锥的底面圆半径的计算，根据题意可得正六边形的每个内角的度数，可得扇形的弧长，由此即可求解． 【详解】解：边长为的正六边形， ∴每个内角的度数为， ∴扇形的弧长为， ∴圆锥底面圆的半径为， 故选：B ． 12．（23-24九年级上·浙江台州·阶段练习）如图，是的半径，分别以点、为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和点，连接，交于点和点，交半径于点，连接，，，若把小于半圆的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了圆锥的计算、线段垂直平分线的性质、尺规作图，等边三角形的判定与性质，连接，根据尺规作图得到是线段的垂直平分线，根据等边三角形的判定与性质求出，根据弧长公式、圆的周长公式计算即可，掌握圆锥的底面圆周长是扇形的弧长是解题的关键． 【详解】连接， 由作图可知：是线段的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴扇形的弧长为：， ∴圆锥的底面半径为：， 故答案为：． 类型七、弧长的变化规律及经过的路程问题 13．（23-24九年级下·四川成都·阶段练习）如图，正方形的边长为，曲线叫“正方形的渐开线”，其中、、、、的圆心依次按，，，循环，长度分别标记为，，，，当弧线长度标记为时，的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是掌握弧长公式．每一条渐开线都是一段弧，圆心角都等于，半径分别为，，，，，再计算弧长． 【详解】解：当时，由题意可得：的半径为，圆心角为， 故． 故答案为：． 14．（22-23九年级上·浙江宁波·开学考试）如图，在矩形中，已知，矩形在直线上绕其右下角的顶点B向右第一次旋转至图➀位置，再绕右下角的顶点继续向右第二次旋转至图➁位置，…，以此类推，这样连续旋转4次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是 ． 【答案】 【分析】本题考查了弧长公式的运用，掌握旋转变换的性质、灵活运用弧长的计算公式是解决问题的关键．先求出对角线的长，然后根据弧长公式依次计算即可． 【详解】解：∵， ∴， 转动一次顶点A的路线长是：， 转动第二次顶点A的路线长是：， 转动第三次顶点A的路线长是：， 转动第四次顶点A的路线长是0， 故顶点A转动四次经过的路线长为：， 故答案为． 类型八、线段所过的面积问题 15．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）一副三角板记作和，已知，，，，将它们叠合在一起，使边与重合（如图1），O是边的中点，再将绕点顺时针旋转（如图2），与相交于点，则的长是 ．在上述旋转过程中，线段扫过的区域的面积是 ．      【答案】 ； ． 【分析】本题考查旋转的性质，解直角三角形，扇形的面积，根据的直角三角形的性质得到的值，然后利用解直角三角形得到长，然后求出长，再利用线段扫过的区域的面积是解题即可，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：设与交于点，    由旋转可得， ∴， 在四边形中，， 在中，， 又∵是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴； ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴线段扫过的区域的面积是， 故答案为：；． 16．（23-24九年级上·浙江金华·期末）如图，已知是的直径，且，点为半圆上的一个动点（不与点重合），在延长线上，作，的平分线，相交于点，则 ；在点移动的过程中，线段扫过的面积 ． 【答案】 【分析】本题考查了直径所对的圆周角是直角，角平分线的定义，三角形的外角性质，勾股定理，扇形的面积等知识，设，，构建方程组求出 ；取的中点，以为圆心， 为半径作，是直径，则点在上运动，则扫过的面积扇形的面积的面积，利用扇形面积公式和三角形面积公式计算即可求解；解题的关键是找到点的运动轨迹． 【详解】解：∵的平分线相交于点， ∴可以假设，， 则有，， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴； 取的中点，以为圆心，为半径作，是直径，则点在上运动， ∵，，， ∴， 则扫过的面积扇形的面积的面积， ， ； 故答案为：，． 类型九、圆锥中的最短路径问题 17．（2024·宁夏银川·二模）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 ．    【答案】 【分析】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． 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， ∵点C为圆锥母线的中点， ∴， 在中，， ∴蚂蚁爬行的最短路程为， 故答案为：． 18．（23-24九年级上·山东泰安·期中）如图，有一个圆锥形粮堆，正三角形的边长为6m，粮堆母线的中点P处有一只老鼠正在吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面P处捉老鼠，小猫所经过的最短路程是 m． 【答案】 【分析】由题意得，圆锥的底面半径为3m，母线线长为6m．求出底面周长，根据圆的底面周长等于展开后扇形的弧长，可求得展开后扇形的圆心角为，即圆锥侧面展开为半圆．点正好在半圆的中点处，由此得为直角三角，根据勾股定理即可求出的长，即小猫所经过的最短路径． 本题主要考查了圆锥的侧面展开图，及弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式是解题的关键． 【详解】为正三角形， ， ， ∵底面积圆的周长等于展开后扇形的弧长，得： ， ，则， （m）， 故答案为：． 类型十、正多边形与圆的综合问题 19．（24-25九年级上·江苏南京·阶段练习）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的 倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边、、、之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求的长； 【答案】（1）2；（2）；（3） 【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案； （2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案； （3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可； 【详解】解：如图， ∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形， ∴设，， ∴，， ∴，， ∴大正方形面积是小正方形面积的2倍． （2）如图，∵， ∴，， ，， ∴， 如图， 结合图形变换可得：； （3）如图，∵将绕点逆时针旋转， ∴在以为圆心，为半径的圆上运动， ∵为圆外一个定点， ∴当与相切时，最大， ∴， ∴， 由（2）可得：， ∵，， ∴ ， ∴； 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 类型十一、正多边形与圆的实际应用问题 20．（2024·湖北武汉·模拟预测）现安装一台可旋转灌溉的喷水器以灌溉某花田．如图1，其中点P为原装喷头的喷水口，点N处是喷头与支架的接口，喷水口的高度可以通过连杆进行调整（点P到地面的距离最大可达2米），已知点P、N、M在同一直线上．喷水口喷出的水柱最外层的形状可近似看作是抛物线的一部分，且通过上下高度调整后，喷出的水柱形状仍与原来相同．（接头处的间隙忽略不计）如图2，在初始高度下，测得喷水口点P到水平地面的距离为1米，喷射距离为10米，并发现喷头在旋转过程中，喷出的水柱外端恰好碰到距离连杆所在直线5米处一片树叶的最低处，并测得该树叶的最低处距离水平地面2米．现将原来的花田改造成一块由6块全等的等边三角形与1个正六边形组成的多边形花田（如图3），已知AB＝m．同时，这款喷水器还有一款“S”型号的喷头可供更换（如图4），并且．已知的边，，其中与地面平行，与地面垂直．更换喷头后，喷出的水柱形状仍与原来相同． (1)在图2中建立合适的直角坐标系，求喷出水柱最外层抛物线的函数表达式； (2)若使用原装喷头的喷水器，要求通过旋转后，洒水区域能覆盖整块多边形花田，那么喷水口P至少需要升高多少米？ (3)园艺师计划分别在的中点处种植一棵高为米的树．通过计算，判断种植后是否会影响任务2中的灌溉要求．若有影响，利用计算分析，设计出通过调节喷水器的高度、更换喷头等方式，能够达到多边形花田灌溉要求的方案． 【答案】(1) (2)喷水口P至少需要升高米； (3)当时，使用“S”型号的喷头可达到多边形花田灌溉要求． 【分析】（1）以所在直线为y轴，以地平面所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图，设抛物线解析式为代入， 解答即可； （2）连接，交于O点，O为正六边形的中心，证得四边形为菱形， 米，米，米，同理可得米， 推导出喷水器应在O处， 且喷洒水平距离为11米， 设喷水口P至少需要升高m米，抛物线解析式变为过点， 代入解得即可得解； （3）首先推导出种植后会影响任务2中的灌溉要求，更换喷头后的抛物线可看作原抛物线向右平移，向上平移设更换喷头后的抛物线解析式为 ，点P到地面的距离最大可达2米，当 时，即 ，解得进而得解． 本题考查了正多边形和圆，二次函数的应用，等边三角形的性质，中点四边形，坐标与图形变化—旋转，熟练掌握二次函数的性质，理解题意，确定喷枪放置的位置是解题的关键． 【详解】（1）解：以所在直线为y轴，以地平面所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图， 设抛物线解析式为 根据题意可知抛物线过点，得： 解得： ∴抛物线解析式为 （2）解：连接，交于O点，O为正六边形的中心，如图： 为等边三角形， 为等边三角形，米， 米， ∴四边形为菱形， 米． 米， 米， 同理可得米， ∵使用原装喷头的喷水器，要求通过旋转后，洒水区域能覆盖整块多边形花田， ∴喷水器应在O处，且喷洒水平距离为11米，设喷水口P至少需要升高m米， 即抛物线解析式变为： 过点， 解得： ∴使用原装喷头的喷水器，要求通过：旋转后，洒水区域能覆盖整块多边形花田，那么喷水口P至少需要升高米； （3）解：园艺师计划分别在的中点处种植一棵高为3.2米的树， ∵满足任务2的抛物线解析式为： 且米， (米)， ∴种植后会影响任务2中的灌溉要求， ∵更换喷头后，喷出的水柱形状仍与原来相同， ∴更换喷头后的抛物线可看作原抛物线向右平移，向上平移 的边 ∴设更换喷头后的抛物线解析式为： ∵点P到地面的距离最大可达2米，即 ∴当时，即 ， 解得： 即当时，使用“S”型号的喷头可达到多边形花田灌溉要求． 压轴能力测评30道 一、单选题 1．（23-24九年级下·浙江台州·开学考试）如图是小红用圆规设计的图案，其中心是一个大圆，外围由若干个全等的半圆弧组成．设这个图案的外围周长为，中心大圆周长为，则与的数量关系是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的内角，圆的周长，弧长公式，熟练掌握相关的公式是解题的关键； 连接，，证得是等边三角形，进而求解； 【详解】解：如图，连接，，    设圆的半径为，则圆的周长为， 内部的六边形是的内接正六边形， ， ， 是等边三角形， ， 半圆弧的长为， ， ， 故选：C 2．（2024·浙江·模拟预测）2023年8月24日，金砖国家宣布扩容，新增六个国家，使金砖国家数量变为十一个．如图是金砖国家的图标，其可近似看作一个圆内接正五边形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质及三角形内角和定理，由是正五边形可得，，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求出，从而得解． 【详解】解：五边形是正五边形， ，， ， ， 故选：C． 3．（2024·浙江·模拟预测）要在边长为8米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为3米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是 （   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形和圆，要使整个草坪都喷到水，必须计算出正方形的外接圆的面积是解题的关键．根据已知可计算得到每个喷水龙头的喷洒面积，及正方形的外接圆的面积，则此时就不难求得需安装这种喷水龙头的个数． 【详解】解：∵正方形的边长为， ∴正方形的外接圆的半径是，则其外接圆的面积是， ∵每个喷水龙头喷洒的面积是， 则． 故选：B． 4．（2024·浙江宁波·模拟预测）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提出了著名的“割圆术”，即利用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”，如图，的半径为，如用的内接正八边形来近似估计圆的面积，则可得的近似值为．若用的内接正边形的面积估计圆的面积，能得出的近似值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出圆的面积，再根据内接正多边形面积与圆面积的关系求出正多边形的边数．本题考查了圆的面积公式，正边形的面积公式，正边形的面积与圆的面积关系，锐角三角函数，掌握正边形的面积与圆的面积关系是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于点， ∴， ∵, ∴， ∵的半径为， ∴，， ∵用的内接正边形的面积估计圆的面积，能得出的近似值为， ∴， ∴解得：, 依次代入选项： 当时，， ∴项不符合题意； 当时，， ∵， ∴， ∴项不符合题意； 当 时，， ∴项符合题意； 当时，， ∴项不符合题意； 故选． 5．（23-24九年级下·浙江·阶段练习）【情境】如图是某数学项目学习小组设计的“鱼跃龙门”徽章图案，已知是圆的5个等分点，连结交于点．设鱼头部分的四边形的面积为，鱼尾部分的的面积为． 【问题】设，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连结，不妨设，证明，则可得，则可求得x的值，再证明，由相似三角形性质可求得n的值． 【详解】解：如图，连结， 不妨设， 是圆的5个等分点， ，； ， ， ， ， ； ， ， ，即， （负值已舍去）， ， ， ； ， ， ， ， ． 故选：B． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，正确运用它们是关键． 6．（23-24九年级下·云南昆明·阶段练习）如图，正六边形与正三角形共顶点，若三角形的边长为，则这个六边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接、，设交于点G，根据正六边形性质证明是等边三角形， 推出，，推出，得到,． 【详解】连接、，设交于点G， ∵正六边形中，，， ∴是等边三角形， ∴ ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正三角形的边长为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正多边形．熟练掌握正六边形性质，等边三角形的判断和性质，垂径定理，圆周角定理，含的直角三角形性质，是解决问题的关键． 7．（2024·河北张家口·三模）如图，将正六边形纸片的空白部分剪下，得到三部分图形，记Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的面积分别为，，．给出以下结论： ①Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形；②Ⅲ中最大的内角是；③． 其中正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】由六边形是正六边形，得，，从而Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形，故①正确；由，，故Ⅲ中最大的内角是，故②说法错误；证明，得，故③说法正确． 【详解】解：如图所示：    ∵六边形是正六边形， ∴，， ∴，Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形，故①正确； ∴，， ∴Ⅲ中最大的内角是，故②说法错误； ∵六边形是正六边形， ∴，，，， ∴，和都是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 同理可证，， ∴，故③说法正确； 故选． 【点睛】本题考查的是正多边形与圆的含义，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，弧、弦的关系，熟练的把正六边形分割为6个全等三角形是解本题的关键． 8．（2024九年级下·浙江金华·专题练习）将平行四边形的边与边分别绕点A、点B逆时针旋转，得到矩形， 若此时、D、B 恰好共线，，，那么边扫过的面积为（    ） A． B． C． D．9 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 连接，，以A为圆心，的长为半径，作,以B为圆心，的长为半径，作,平行四边形的面积就是扫过的面积. 【详解】解：连接，，以A为圆心，的长为半径，作,以B为圆心，的长为半径，作, 扫过的面积为,及，围成的面积，即平行四边形的面积就是扫过的面积. 由旋转可知，， ， 是平行四边形， 中，， ， ， 故选A． 9．（2024九年级上·江苏·专题练习）如图，在半径为2，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆交于点D，连接，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算．先根据题意可知，，从而证明，最后根据阴影部分的面积=扇形的面积的面积，进行解答即可． 【详解】解：由题意可知：， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∴弓形的面积=弓形的面积， ∴阴影部分的面积 =扇形的面积的面积 ， 故选：C． 10．（2024·辽宁铁岭·三模）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径作弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”，若该“莱洛三角形”的面积为，则等边三角形的边长为（   ）    A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，熟练掌握等边三角形的性质和扇形面积公式是解题的关键．过点作于点，设等边三角形的边长为，求出等边的面积为，根据“莱洛三角形”的面积为列方程，解方程即可得到答案． 【详解】解：过点作于点，设等边三角形的边长为，    ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴等边的面积为， ∴， ∴， ∴或（不合题意，舍去） ∴等边三角形的边长为， 故选：A． 11．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，正六边形的边长为2，以A为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了求扇形面积，正六边形的性质，勾股定理和含30度角的直角三角形的性质，过B点作垂线，垂足为G，先求出，进而求出，再求出，最后根据扇形面积计算公式求解即可． 【详解】解：过B点作垂线，垂足为G， 根据正六边形性质可知，， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， 故选：A． 12．（23-24九年级上·浙江金华·阶段练习）如图，在公园中，相距40米的两个观景台A，B之间有一个圆形湖泊，它的圆心落在连线的中点O上，半径为10米．现要修建一条连接A，B的观景长廊，计划沿，，的路线修建，其中，分别与圆O相切于点C，D．求这个观景长廊的全长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理、弧长的计算以及切线的性质，连接，，运用切线的性质和勾股定理求得，的长和的大小，再弧长公式计算出的长度即可解题． 【详解】解：如图，连接，， ，B相距40米，O为中点，也是圆心，圆O半径为10米， 米，米， ，分别与圆O相切于点C，D， ， ， 同理， ， , ， ， ， 这个观景长廊的全长为：， 故选：C． 13．（23-24九年级上·山东青岛·期末）如图，菱形中，，菱形在直线上向右作无滑动的翻滚每绕着一个顶点旋转叫一次操作，则经过27次这样的操作，菱形对角线交点所经过的路径总长为（    ）（结果保留）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查求弧长，本题的难点就在于求这几段弧的圆心角和半径．中心O所经过的路径总长是几段弧长，根据弧长公式即可得．但本题的难点就在于求这几段弧的圆心角和半径．从图中可以看出，第一次旋转是以点A为圆心，那么菱形中心旋转的半径就是，解直角三角形可求出的长，圆心角是60度．第二次还是以点A为圆心，那么菱形中心旋转的半径就是，圆心角是60度．第三次就是以点B为旋转中心，为半径，旋转的圆心角为60度．旋转到此菱形就又回到了原图．故这样旋转27次，就是这样的9个弧长的总长．依此计算即可得． 【详解】解：第一、二次旋转的弧长和， 第三次旋转的弧长，周期为3， ∵， ∴菱形中心所经过的路径总长 故选：D． 14．（23-24九年级上·江苏·期末）如图，的内接正六边形，以为圆心，为半径作弧，以为圆心，为半径作弧，已知的半径为2，则边与，围成的阴影部分面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形和圆、解直角三角形，扇形面积的计算，连接，，作于，根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本题． 【详解】解：如图，连接，，作于， ，正六边形是的内接正六边形， ，， 的半径为2， ， 为等边三角形， ， 正六边形的面积是：， 图中阴影部分的面积是：， 故选：B． 15．（23-24九年级上·浙江金华·期中）如图，在圆心为，半径为的圆形纸片上画圆内接，再分别沿直线和折叠，和都经过圆心，则图中阴影部分的面积是(   ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆与折叠问题，涉及了垂径定理、勾股定理等知识点，作，连接，可推出是等边三角形，根据图中阴影部分的面积为：即可求解． 【详解】解：作，连接，如图所示： 由折叠可知： ∵， ∴是等边三角形， ∴ 同理可得 ∴ 同理可得 ∴ ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∵，， ∴ ∴ ∴ ∴ 由对称性可知：图中阴影部分的面积为： 故选：A 16．（23-24九年级上·江苏连云港·期中）如图，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的底面和侧面，则圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键． 设圆锥的底面的半径为，则，利用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得到，解方程求出r，然后求得直径即可． 【详解】解：设圆锥的底面的半径为，则， 根据题意得：， 解得：， 侧面积为：， 底面积为： 所以圆锥的表面积为：， 故选：B． 二、填空题 17．（23-24九年级下·宁夏吴忠·阶段练习）如图，是圆锥的高，是底面半径，如果圆锥底面周长为厘米，，那么圆锥的高为 ．    【答案】厘米 【分析】本题考查了解直角三角形，掌握圆的周长公式和解直角三角形是解题的关键．根据圆锥底面周长为厘米，求出厘米，根据，即可求解． 【详解】解：圆锥底面周长为厘米，， 厘米， 在中，，， ， （厘米）， 故答案为：厘米． 18．（21-22九年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图，已知圆锥的底面半径为5，侧面积为65π，则圆锥的高 ． 【答案】12 【分析】圆锥的侧面积底面周长母线长，把相应数值代入即可求得母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高． 【详解】解：根据题意得，解得， 所以圆锥的高． 故答案为12． 【点睛】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． 19．（22-23九年级·浙江宁波·自主招生）如图，在菱形中，已知，，以为直径的与菱形ABCD相交，则图中阴影部分的面积为 ．    【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积，菱形的判定与性质，根据在菱形中，已知，，以为直径的与菱形ABCD相交，可以得到圆的半径和圆内各角的度数，然后根据阴影部分的面积求解即可． 【详解】解：设与菱形的四条边相交于E、F、G、H，连接，，，，，    在菱形中，，， ∴是等边三角形，， ∴， ∵以为直径的与菱形ABCD相交， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 同理， ∴四边形是菱形， ∴， 同理、、都是等边三角形，四边形是菱形， ∴， ∴阴影部分面积为， 故答案为：． 20．（21-22九年级·浙江杭州·自主招生）如图，已知是圆O的直径，，是圆的切线，圆O与交于点F，点E是的中点，四边形是平行四边形，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】此题考查的是切线的性质、平行四边形的性质、圆周角定理及扇形面积公式，连接，根据平行四边形的性质及圆的性质可得，，再根据中位线定理得，然后由切线的性质及扇形面积公式、三角形面积公式可得答案． 【详解】解：连接，如图所示， 四边形是平行四边形， ，， 是圆的直径， ，， ∴，， 点是的中点， 是的中点， ∴， 是圆的切线， ， ， ， ． 故答案为：． 21．（23-24九年级下·浙江温州·开学考试）如图，矩形内接于，在上取一点，连接，，过点作，交于点，，，，则阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】根据勾股定理求出圆的半径，依据等腰直角三角形求出长，利用得到长，由图示可知代入数据计算即可． 【详解】解：连接， ∵矩形内接于，， ∴是直径，， 的半径为5， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查不规则图形的面积，相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 22．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，扇形中，，连接，以为旋转中心，将旋转得到，若，则阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积计算，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质等知识点，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键．连接，，由旋转可知，再由，可知，可得是等边三角形，，故弓形与弓形的面积相等，即可得，即可得出结论． 【详解】解：连接，， ，， ， 由旋转可知， ， ， 是等边三角形， ， ，，， 弓形与弓形的面积相等， ， ，，， ，， ， ． 故答案为：． 23．（24-25九年级上·浙江·假期作业）《墨子・天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，以面积为的正方形的中心为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为 ． 【答案】 【分析】本题考查了位似变换、相似多边形的性质、正方形的性质，连接，先求出正方形的边长为，再由相似多边形的性质得出，最后求出即可得出答案． 【详解】解：连接， ∵正方形与四边形是位似图形， ∴四边形是正方形， ， 是四边形的外接圆直径， 正方形的面积为， 正方形的边长为， ∵， ， ， 四边形的外接圆半径为， 故答案为：． 24．（2024·江苏南京·三模）如图，表示中去掉内接正三角形部分的面积，表示中去掉内接正六边形部分的面积，和的半径均为，则 ．（填“、或”） 【答案】 【分析】本题考查了圆的内接正多边形，分别求出、，再根据作差法即可求解，掌握圆的内接正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，过作于，连接，过作于， 在图中，，，，， ∴，， ∴， ∴ ， 在图中，，， ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 25．（23-24九年级上·浙江丽水·期末）如图，小吴同学在陶艺课中为八角花盆制作“圆形托盘”，已知八角花盆底部截面是一个正八边形（如图），请根据下列信息解决问题． (1)求八角花盆底部截面正八边形一个内角的度数； (2)若八角花盆底部截面正八边形的边长是，小吴同学制作的圆形托盘半径是，问：这个托盘是否适用于此八角花盆？（图中边长的数据为近似值，供选用） 【答案】(1)； (2)这个托盘适用于此八角花盆． 【分析】（1）求出正八边形的外角，可得结论； （）求出正八边形的边心距，可得结论． 【详解】（1）解：正八边形的外角， ∴正八边形的内角； （2）解：如图中，连接，，过点作于点． ∵，， ∴，，由题意得， ∴（， ∵， ∴这个托盘适用于此八角花盆． 【点睛】本题考查垂径定理，正多边形与圆，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 26．（23-24九年级上·河北邢台·期中）如图，正六边形内接于．    (1)若是上的动点，连接，求的度数； (2)已知的面积为． 求的度数； 求的半径． 【答案】(1)； (2)；． 【分析】（）在取一点，连接，利用弦和圆周角的关系即可求出的值； （）证明是等边三角形即可求出；利用三角函数求出，，再根据的面积为即可求出． 【详解】（1）如图所示，在取一点，连接 ，    ∵六边形是正六边形， ∴ ，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）∵，， ∴是等边三角形， ∴； ∵， ∴，， ∴， ∴， 即的半径为． 【点睛】此题考查了圆内解正六边形问题，解题的关键是掌握圆内解正六边形的性质及弦和圆周角之间的关系． 27．（22-23九年级下·浙江台州·期中）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解的意义． (1)[定义]我们将正n边形的周长L与正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”．如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此___________； (2)[探索]分别求出正方形和正六边形的“正圆度”； (3)[总结]随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括． 【答案】(1) (2)， (3)随着n的增大，越来越接近于1，见解析 【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可； （2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义进行求解即可； （3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大，越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意得，， 故答案为：； （2）解：假设正方形边长1， ∴此时正方形的内切圆半径为， ∴； 设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）解：，随着n的增大，越来越接近于1．由张衡、祖冲之的研究，精进的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与对应的内切圆周长更接近，其比值更接近于1． 【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键． 28．（22-23九年级上·山西朔州·期末）请阅读以下材料并完成相应的任务．17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．黄金分割比（简称：黄金比）是指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长度之比（如图①）即，其比值为． 已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形曲线（如图②）． 任务： (1)如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是的平分线与半径OA的交点．若，求正十边形边长AB的长度； (2)在（1）的条件下，利用图③进一步探究，请你写出与黄金比之间的关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)是黄金比的一半，理由见解析 【分析】（1）由题意易得，则可得，，然后可得，进而可得，然后问题可求解； （2）延长AO交于点P，连接PB，由题意可得，则有，然后可根据三角函数进行求解． 【详解】（1）解：∵正十边形的中心角为36°， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴，解得（负值已舍去）， ∵， ∴； （2）解：是黄金比的一半； 理由如下：如图，延长交于点P，连接， ∵， ∴， ∵是的直径，， ∴， ∴，即． ∴是黄金比的一半． 【点睛】本题主要考查黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握黄金分割比、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键． 29．（2022·浙江金华·中考真题）如图1，正五边形内接于⊙，阅读以下作图过程，并回答下列问题，作法：如图2，①作直径；②以F为圆心，为半径作圆弧，与⊙交于点M，N；③连接． (1)求的度数． (2)是正三角形吗？请说明理由． (3)从点A开始，以长为半径，在⊙上依次截取点，再依次连接这些分点，得到正n边形，求n的值． 【答案】(1) (2)是正三角形，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据正五边形的性质以及圆的性质可得，则(优弧所对圆心角)，然后根据圆周角定理即可得出结论； （2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论； （3）运用圆周角定理并结合（1）（2）中结论得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵正五边形． ∴， ∴， ∵， ∴(优弧所对圆心角)， ∴； （2）解：是正三角形，理由如下： 连接， 由作图知：, ∵， ∴， ∴是正三角形， ∴， ∴， 同理， ∴，即， ∴是正三角形； （3）∵是正三角形， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键． 30．（22-23九年级下·浙江湖州·阶段练习）现有成 角且足够长的墙角和可建总长为 围墙的建筑用料来修建储料场． (1)如图1，修建成一个半圆储料场，圆弧为新建围墙，求： ①储料场的半径； ②储料场的面积． (2)小林建议：把新建围墙建成如图2所示的以 为圆心的，这样修建的储料场会更大，你认为小林的建议合理吗？请说明理由． 【答案】(1)①， ② (2)小林的建议合理，理由见解析 【分析】本题考查圆的性质，扇形的面积，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据圆的周长和面积公式求解即可； （2）根据扇形面积求解，然后比较即可； 【详解】（1）解：① 设半圆的半径为，则 ， 解得 ， ② ； （2）设 的半径为，则 ， 解得 ， ， ， 小林的建议合理； ( 8 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$