【名师导航】2026年中考数学一轮复习专题6.6 圆的相关计算（全国通用版）练习（解析版）

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知识梳理
【考点一】圆的周长
通过操作和计算，我们发现圆的周长都是直径的固定的倍数，我们把这个倍数叫做圆周率，用字母π表示，
π读作“pai”；圆周率π是个无限不循环小数，π≈3.14．
圆的周长÷直径＝圆周率．
用字母C表示圆的周长，d表示直径，r表示半径，那么：C=πd或C=2πr．
【考点二】 弧长公式
1. 弧的概念：
圆上两点之间的部分称为弧，它是圆的一部分.
圆任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每条弧都叫作半圆.
我们把小于半圆的弧叫作劣弧，把大于半圆的弧叫作优弧.
2. 弧长公式：在半径为R的圆中，因为360°的圆心角所对的弧长就是圆周长C=2πR，所以1°的圆心角所对的弧长是2πR360，即πR180，于是n°的圆心角所对的弧长为l=n360⋅2πR=nπR180，弧长为l的弧所对的圆心角为n=180lπR度．
【考点三】 扇形的面积公式
1. 扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧围成的图形叫做扇形．
2. 扇形面积公式：在半径为R的圆中，因为360°的圆心角所对的扇形的面积就是圆面积S=πR2，所以圆心角是1°的扇形面积是πR2360，于是圆心角为n°的扇形面积是S扇形=nπR2360，还可以用弧长表示扇形面积S扇形=12lR，其中l为扇形的弧长．
【考点四】 圆锥的侧面积和全面积
1. 圆锥的母线：连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．
2. 圆锥的高：连接圆锥顶点和底面圆心的线段叫做圆锥的高．
3. 圆锥的基本特征
（1）圆锥的轴通过底面圆心，并垂直于底面．
（2）圆锥的母线长都相等．
（3）圆锥可以看作是由一个直角三角形绕一条直角边所在的直线旋转而成的图形，所以圆锥的母线l，圆锥的高h，圆锥的底面半径r恰好构成一个直角三角形．
4. 圆锥的侧面积和全面积：母线长为l，底面圆的半径为r的圆锥的侧面积S侧=πrl．全面积就是它的侧面积与它的底面积之和，即S全=πrl+πr2．
例题讲解
【题型一】圆的周长的计算
◇典例1：
如图，一台压路机的前轮直径是1.5m，如果前轮每分钟转动6周，压路机每分钟前进（ ）m
A．28.26B．56.52C．9
【答案】A
【分析】本题考查了圆的周长的应用．根据题意得出：求压路机前进的距离，就是求出圆的周长，再算出6周的长度，最后算出每分钟前进的距离．
【详解】解：1.5×3.14×6
=28.26m，
故选：A．
◆变式训练
1.小丽要用圆规画一个周长是15.7cm的圆，圆规两脚间应该量取的距离是（ ）cm．（π取3.14）
A．15.7B．5C． 2.5D．3.14
【答案】C
【分析】本题考查了用圆规画圆的方法，圆的周长公式．
圆规两脚间的距离是圆的半径，根据圆的周长公式C=2πr，可求出半径r．
【详解】解：∵C=2πr，C=15.7cm，π=3.14，
∴r=C÷2π=15.7÷2×3.14=15.7÷6.28=2.5cm，
∴圆规两脚间应该量取的距离是2.5cm．
故选：C．
2.杂技艺术在我国已有2000多年的历史．一名杂技演员在一根悬空的钢丝绳上骑独轮车，车轮的半径是30cm，从钢丝绳的一端到另一端，车轮正好转动20周．这名杂技演员骑独轮车在钢丝绳上行驶了多少米？
【答案】37.68米
【分析】此题主要考查圆的周长公式的灵活运用，关键是熟记公式．
根据圆的周长公式：C=2πr，把数据代入公式求出车轮的周长，然后再乘车轮滚动的圈数即可．
【详解】解：2×3.14×30×20=3768cm=37.68（米），
答：这名杂技演员骑独轮车在钢丝绳上行驶了37.68米．
【题型二】利用弧长公式求弧长
◇典例2：
如图，线段AB经过圆心O，交⊙O于点A，C，AD为⊙O的弦，连接BD，∠A=∠B=30°．
(1)求证：直线BD是⊙O的切线；
(2)已知BC=2，求DC的长（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)23π
【分析】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，含30度角的直角三角形的性质．
（1）先由三角形内角和定理得出∠ADB=120°，再根据OA=OD得∠A=∠ODA=30°，进而可得∠ODB=90°，再根据切线的判定可得出结论；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质得OD=12OB，设OD=OC=r，则r=12r+2，求出r，再得∠DOB=∠A+∠ODA=60°，然后根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵∠A=∠B=30°，
∴∠ADB=180°−∠A−∠B=120°，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA=30°，
∴∠ODB=120°−30°=90°，
∴OD⊥BD，
且OD是⊙O的半径，
∴直线BD是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△DOB中，∠ODB=90°,∠B=30°，
∴OD=12OB，
设OD=OC=r，
∴r=12r+2，
解得r=2，
∵∠DOB=∠A+∠ODA=60°，
∴DC的长为：60πr180=23π．
◆变式训练
1.西安“不倒翁小姐姐”再次让全国人民领略了大唐的风采，同时催生了众多富有文化特色的文创产品（如图①），图②是从正面看到该不倒翁的形状示意图（设圆心为O）．已知不倒翁的边缘PA，PB分别与⊙O相切于点A，B．若该圆的半径是3cm，∠P=60°，则AMB的长是（ ）
A．6πcmB．4πcmC．3πcmD．2πcm
【答案】B
【分析】本题考查切线的性质，弧长的计算，多边形内角和．利用切线的性质可得∠PAO=∠PBO=90°，进而得到∠AOB=120°，以及AMB所对圆心角，最后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，连接OA，OB，
∵ PA，PB分别与⊙O相切于点 A， B，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵ ∠P=60°，
∴∠AOB=120°，
∴ AMB所对圆心角为360°−∠AOB=240°，
∵该圆半径是3cm，
∴ AMB的长是240×π×3180=4πcm，
故选：B．
2.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−4,0)，B(0,2)，D(4,0)，且点B，C在AD上．若∠BAC=22.5°，则BC的长为 ．
【答案】5π4/54π
【分析】本题考查了圆的相关知识，涉及勾股定理，同弧所对的圆心角与圆周角的2倍关系，以及弧长的计算．解题的关键是求出圆的半径与BC⏜所对的圆心角．根据AD⊥OB，延长BO到圆心E，在Rt△OEA设未知数求出半径的长，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的两倍，即可求出BC⏜圆心角∠BEC=45°，利用弧长公式即可求解．
【详解】解：∵A(−4,0)，D(4,0)，
∴AO=DO，
∵AC⊥y轴，
∴圆心在y轴上，
设圆心为点E，连接CE、AE、DE，
，
∵在坐标系中：A(−4,0)，B(0,2)，D(4,0)，
∴可知：AO=OD=4，OB=2，
此时由于半径相等：AE=BE=DE，
∴设OE=x，则AE=BE=2+x，
∵由题可知：AD⊥BE，
∴在Rt△OEA中有勾股定理：AO2+OE2=AE2，
∴42+x2=x+22，解得：x=3，
∴半径为：5，
∵同弧所对的圆心角等于圆周角的两倍，∠BAC=22.5°，
∴∠BEC=2∠BAC=45°，
∴BC⏜的长为：45×π×5180=5π4．
故答案为：5π4．
【题型三】利用弧长公式求长度
◇典例3：
如图，PM切⊙O于点P，弦PQ∥OM，若∠OMP=30°，劣弧PQ的弧长为π3，则线段OM的长为( )
A．1B．2C．3D．π
【答案】B
【分析】本题考查了切线的性质，弧长公式，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质；连接OP,OQ，根据切线的性质得出OP⊥PM，根据含30度角的直角三角形的性质得出MO=2PO，进而得出△OPQ是等边三角形，则∠POQ=60°，根据劣弧PQ的弧长为π3，设OP=r，得出r=1，进一步即可求解．
【详解】解：如图，连接OP,OQ，
∵PM切⊙O于点P，
∴OP⊥PM，
∵∠OMP=30°，
∴∠POM=60°，MO=2PO
∵PQ∥OM，
∴∠OPQ=60°，
∵OP=OQ，
∴△OPQ是等边三角形，
∴∠POQ=60°
∵劣弧PQ的弧长为π3，设OP=r，
∴60180πr=π3
解得：r=1
∴OM=2PO=2，
故选：B．
◆变式训练
1.如图1，这是中国古建筑中的正六边形窗户设计图，图2是由其抽象而成的正六边形ABCDEF，⊙O是它的外接圆，连接OC，OD，作OG⊥CD．若劣弧CD的长为23π，则OG= ．
【答案】3
【分析】先求出中心角∠COD=60°，再根据弧长公式求得半径为2，然后解Rt△OGD即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，⊙O是它的外接圆，
∴中心角∠COD=360°6=60°，
∵劣弧CD的长为23π，
∴23π=60π×OD180，
解得：OD=2，
∵OG⊥CD，OC=OD
∴∠GOD=12∠COD=30°，
∴OG=3，
故答案为：3．
2.如图为明清时期女子主要裙式之一的马面裙，如图2马面裙可以近似地看作扇环，其中AD长度为25π米，BC长度为1115π米，圆心角∠AOD=60°，则裙长AB为 米．
【答案】1
【分析】本题考查了扇形的弧长公式．解题的关键在于正确的计算．
由题意知，lAD=60π⋅OA180=25π，lBC=60π⋅OB180=1115π，计算求解OA，OB的值，然后根据AB=OB−OA计算求解即可．
【详解】解：由题意知，lAD=60π⋅OA180=25π，lBC=60π⋅OB180=1115π，
解得OA=65，OB=115，
∴AB=OB−OA=1，
故答案为：1．
【题型四】利用弧长公式求圆心角
◇典例4：
小明陪弟弟玩积木的时候，发现放在同一水平面上的两个积木的横截面分别是以MN=20 cm为直径的半圆O和边长为4 cm的正方形ABCD，P，Q分别为半圆O上的点，如图1所示，此时半圆O与水平面恰好切于点P，AP=12 cm，延长CD与半圆O分别交于点E，F．将半圆O向右无滑动滚动，使点D落在半圆O上，此时半圆O与水平面恰好切于点Q，如图2所示．
(1)在图1中，求弦EF的长；
(2)在图2中，求PQ所对的圆心角度数；（结果保留π）
【答案】(1)EF=16 cm；
(2)72π∘；
【分析】（1）如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T，可得四边形ADTP为矩形，得到OP⊥EF，PT=AD=4 cm，进而得ET=FT，由MN=20 cm可得OT=6 cm，在Rt△OET中，利用勾股定理求出ET，即可求解；
（2）如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G，可得四边形ADGQ为矩形，得到AQ=DG，QG=AD=4 cm，∠OGD=90∘，由MN=20 cm可得OG=6 cm，进而由勾股定理得DG=8 cm，即得AQ=DG=8 cm，得到PQ的长为AP−AQ=4 cm，再根据弧长公式即可求解；
【详解】（1）解：如图1，连接OE，OP，OP与EF交于点T，
∵半圆O与水平面相切于点P，OP为半圆O的半径，四边形ABCD为正方形，
∴∠OPA=∠DAP=∠ADT=90∘，
∴四边形ADTP为矩形，
∴OP⊥EF，PT=AD=4 cm，
∴ET=FT，
∵MN=20 cm，
∴OE=OP=10 cm，
∴OT=6 cm，
∴在Rt△OET中，ET=102−62=8( cm)，
∴EF=2ET=16 cm；
（2）解：如图2，连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G，
∵四边形ABCD为正方形，半圆O与水平面相切于点Q，OQ为半圆O的半径，
∴∠GQA=∠DAQ=∠ADG=90∘，
∴四边形ADGQ为矩形，
∴AQ=DG，QG=AD=4 cm，∠OGD=90∘，
∵MN=20 cm，
∴OD=OQ=10 cm，
∴OG=6 cm，
∴在Rt△ODG中，DG=102−62=8(cm)，
∴AQ=DG=8 cm，
∵AP=12 cm，
∴PQ的长为AP−AQ=4 cm，
∴10nπ180=4，
解得n=72π，
∴PQ所对的圆心角度数为72π∘；
◆变式训练
1.一个扇形的弧长是65π cm，半径是6cm，则此扇形的圆心角是 度．
2.一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的直径是8cm，当重物上升2π cm时，滑轮的一条半径OA绕轴心O按逆时针方向旋转的角度为（ ）
A．60°B．90°C．120°D．180°
【答案】B
【分析】本题考查了弧长公式的计算，重物上升2πcm时，即弧长是2πcm，设旋转的角度是n°，利用弧长公式计算即可得出答案，熟练掌握弧长公式是解此题的关键．
【详解】解：∵滑轮的直径是8cm，
∴滑轮的半径是4cm，
设旋转的角度是n°，
由题意得：nπ×4180=2π，
解得：n=90，
∴滑轮的一条半径OA绕轴心O按逆时针方向旋转的角度约为90°，
故选：B．
【题型五】求某点的弧形运动路径长度
◇典例5：
如下图，等边△ABC的边长为2，△ABC在直线l上绕其右下角的顶点C顺时针旋转120°至图①位置，再绕右下角的顶点继续顺时针旋转120°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转9次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是 ．
【答案】8π
【分析】本题考查了探索规律问题和弧长公式的运用，掌握旋转变换的性质、灵活运用弧长的计算公式、发现规律是解决问题的关键．首先求得每一次转动的路线的长，发现每3次循环，找到规律然后计算即可．
【详解】解∶如图所示，
解：转动一次顶点A至点A1，旋转120°，路线长是：120180×π×2=43π，
转动第二次顶点A1至点A2，未动，路线长是：0，
转动第三次顶点A2至点A3，旋转120°，路线长是：120180×π×2=43π，
以此类推，每三次循环，
故顶点A转动三次经过的路线长为：43π×2=83π，
∵9次旋转重复了9÷3=3（遍），
∴顶点A转动在整个旋转过程中所经过的路程之和为：83π×3=8π．
故答案为 ∶8π．
◆变式训练
1.如图，将等边△ABC的边AC逐渐变成以B为圆心、BA为半径的AC，长度不变，AB、BC的长度也不变，则∠ABC的度数大小由60°变为（ ）

A．（60π）°B．（90π）°C．（120π）°D．（180π）°
【答案】D
【分析】设∠ABC的度数为n，根据弧长的计算公式把已知条件代入计算即可．
【详解】解：设∠ABC的度数大小由60变为n，
则AC=nπ×AB180，由AC=AB，
解得n=180π
故选D．
2.如图①，是一底面为正方形的石凳，其底面边长为30cm，图②是其底面示意图，工人在没有滑动的情况下，将石凳绕着点A在地面顺时针旋转，当旋转60°时，点C在地面划出的痕迹长为（ ）
A．10πcmB．102πcmC．103πcmD．20πcm
【答案】B
【分析】本题主要考查勾股定理和弧长公式的应用．解题关键在于确定点C的运动轨迹是圆弧，利用勾股定理求出圆弧所在圆的半径，再准确运用弧长公式进行计算．本题需要先确定点C的运动轨迹，再根据弧长公式计算轨迹长度．点C绕点A顺时针旋转60°，其运动轨迹是以A为圆心，AC长为半径的一段圆弧，先求出AC的长度，再利用弧长公式计算．
【详解】解：∵底面是边长为30cm的正方形，
∴对角线AC的长度为302+302=2×302=302cm．
∵n=60°，半径r=AC=302cm．
∴点C在地面划出的痕迹长l=60×π×302180=102πcm．
【题型六】利用扇形面积公式求面积
◇典例6：
图1为人行通道扇形闸门，图2为其上半部分的平面示意图．闸门关闭状态时，扇形AMC与扇形BNC相交于点C，且两扇形的半径分别是矩形AMNB的两对边AM和BN．已知MN=60cm，圆心角∠AMC=∠BNC=30°，则扇形AMC的面积等于 cm2．（结果保留π）
【答案】300π
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积公式，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
证明△CMN是等边三角形，求出AM=CM=60cm，得到S扇形AMC=30πAM2360=30π×602360=300π（cm2），即可得到答案．
【详解】解：∵矩形AMNB，
∴AM=BN，∠AMN=∠BNM=90°，
∵ ∠AMC=∠BNC=30°，
∴∠CMN=∠AMN−∠AMN=60°，∠CNM=∠BNM−∠BNC=60°，
∵AM=CM,BN=CN，
∴CM=BN，
∴△CMN是等边三角形，
∴CM=MN=60cm，
∴AM=CM=60cm，
∴S扇形AMC=30πAM2360=30π×602360=300π（cm2），
故答案为：300π
◆变式训练
1.如图，AB为⊙O的直径，⊙O的切线CE交BA的延长线于点E，点D在BC上，AC=BD，连接AC，BC，AD．
(1)如图1，求证：∠CEA=∠CAD；
(2)如图2，若∠CEB=2∠CBE，OE=52，求扇形BOD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)258π
【分析】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，求扇形面积，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键。
（1）由切线的性质可得∠OCE=90°，则∠CEA+∠3=90°，再由等边对等角和三角形外角的性质得到∠3=2∠2，再证明∠4=∠2，∠CAD+∠3=90°，即可证明∠CEA=∠CAD．
（2）先证明∠3=∠CEA=45°，则∠4=22.5°，由圆周角定理得到∠DOB=2∠4=45°，进一步求出CO=5，据此利用扇形面积计算公式求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接CO，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∴∠CEA+∠3=90°，
∵OC=OB，
∴∠1=∠2，
∴∠3=∠1+∠2=2∠2，
∵AC=BD，
∴∠4=∠2，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠4+∠2=90°，即∠CAD+∠3=90°，
∴∠CEA=∠CAD．
（2）解：如图，连接CO，DO，由（1）得∠3=2∠2=2∠4，
∵∠CEA=2∠CBE=2∠4，
∴∠CEA=∠3，
∵∠ECO=90°，
∴∠3=∠CEA=45°，
∴∠4=22.5°，
∴∠DOB=2∠4=45°，
∵OE=52，
∴CO=5，
∴S扇形BOD=45π×52360=258π．
2.如图，正五边形和正六边形有公共边AB=5cm．以点A为圆心，AB为半径画圆．则扇形ACD的面积为 ．
【答案】55π6cm2
【分析】本题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，根据正多边形内角和公式求出∠CAB、∠DAB的度数，利用扇形面积公式计算即可，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是解题的关键．
【详解】解：由正五边形和正六边形可得：∠CAB=5−2×180°5=108°，∠DAB=6−2×180°5=120°，
∴∠CAD=360°−∠CAB−∠DAB=360°−108°−120°=132°，
∴扇形ACD的面积为132×π×52360=132×π×25360=55π6cm2，
故答案为：55π6cm2．
【题型七】求弓形面积
◇典例7：
如图，矩形ABCD中，AB=42，AD=2，以AB为直径作半圆O，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．4π−8B．2π−4C．43π−83D．23π−43
【答案】B
【分析】本题主要考查了求扇形面积，垂径定理，勾股定理．设CD与半圆O交于点E，F，过点O作OM⊥CD于点M，则OM=AD=2，OE=12AB=12×42=22，根据垂径定理可得EF=2EM，∠FOM=∠EOM，再结合勾股定理可得OM=EM，EF=2EM=4，从而得到∠EOF=90°，然后根据S扇形EOF−S△EOF，即可求解．
【详解】解：如图，设CD与半圆O交于点E，F，过点O作OM⊥CD于点M，则OM=AD=2，OE=12AB=12×42=22，
∴EF=2EM，∠FOM=∠EOM，
∴EM=OE2−EM2=2，
∴OM=EM，EF=2EM=4，
∴△EOM是等腰直角三角形，
∴∠FOM=∠EOM=45°，
∴∠EOF=90°，
∴图中阴影部分的面积是S扇形EOF−S△EOF=90π×222360−12×2×4=2π−4．
故选：B．
◆变式训练
1.如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以三角形边长为半径画弧，得到的封闭图形是“勒洛三角形”，若等边三角形的边长AB=2，则“勒洛三角形”与等边△ABC围成阴影部分的面积等于 （结果保留π）．
【答案】2π−33
【分析】本题主要考查了求不规则图形的面积，等边三角形的性质，勾股定理，过点A作AH⊥BC于H，由等边三角形的性质得到∠ACB=60°，BH=12BC=1，则由勾股定理可得AH=AB2−BH2=3，再根据S阴影=3S扇形ACB−S△ABC计算求解即可．
【详解】解：如图所示，过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，AB=2，
∴BC=AB=2，∠ACB=60°，
∴BH=12BC=1，
∴AH=AB2−BH2=3，
∴S阴影=3S扇形ACB−S△ABC
=360π×22360−12×2×3
=2π−33，
故答案为：2π−33．
2.家庭折叠型餐桌两边翻开后成圆形桌面（如图①），餐桌两边AB和CD平行且相等（如图②），小华用皮尺量出BD=1米，BC=0.5米，则阴影部分的面积为（ ）

A．π12−38平方米 B．π6−38平方米C．π12−34平方米D．π6−34平方米
【答案】B
【分析】此题主要考查了勾股定理以及扇形面积计算以及三角形面积求法等知识，熟练掌握特殊角的三角函数关系是解题关键．设圆心为O，连接CO，过点O作OE⊥CD于点E，进而得出CD，EO的长以及∠COD的度数，进而由S弓形CD面积＝S扇形COD−S△COD得出弓形CD的面积，进一步即可求得阴影部分的面积．
【详解】解：设圆心为O，连接CO，过点O作OE⊥CD于点E，
由题意可得出：∠BCD=90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵BD=1米，BC=0.5米，
∴BC=12BD，CD=BD2−CD2=32米，
∴∠BDC=30°，
∴OE=12OD=14米，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠BDC=30°，
∴∠COD=120°，
∴S弓形CD面积=S扇形COD﹣S△COD=120π×122360−12×14×32=π12−316平方米，
∴阴影部分的面积为：2×π12−316=π6−38平方米．
∴故选：B．
【题型八】求图形旋转后扫过的面积
◇典例8：
如图，在平面直角坐标系中，ΔABC的顶点坐标分别是A0,4，B0,2，C3,2．
(1)将ΔABC以O为旋转中心旋转270°，画出旋转后对应的ΔA1B1C1；并求出AC边旋转扫过的面积．
(2)将ΔABC平移后得到ΔA2B2C2，若点A的对应点A2的坐标为2,2，求ΔA1C1C2的面积．
【答案】(1)见解析，AC边旋转扫过的面积9π4
(2)见解析，ΔA1C1C2的面积为272或32
【分析】本题考查了作图—旋转变换，坐标与图形变化—平移，利用网格求三角形的面积，解题的关键是熟练掌握旋转变换、平移变换的性质．
（1）分类讨论：①当ΔABC以O为旋转中心顺时针旋转270°时；②当ΔABC以O为旋转中心逆时针旋转270°时，逐一作图求解即可；
（2）根据A0,4向右平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度得到A2 2,2，即可作图，再由①当ΔABC以O为旋转中心顺时针旋转270°时；②当ΔABC以O为旋转中心逆时针旋转270°时，分类讨论，即可解答．
【详解】（1）解：①当ΔABC以O为旋转中心顺时针旋转270°时，如图，设以OC为半径的圆与x,y轴交于点F,E，
由A0,4，C3,2得OA=4，OC=22+32=13，
∵旋转，
∴∠AOC=∠A1OC1，
∴CE⏜=C1F⏜，
∴AC边旋转扫过的面积为270π×42360−270π×(13)2360=9π4．
②当ΔABC以O为旋转中心逆时针旋转270°时，如图，
同理可得，AC边旋转扫过的面积为270π×42360−270π×(13)2360=9π4．
（2）解：①如图,
∴SΔA1C1C2=12×9×3=272；
②如图，
∴SΔA1C1C2=12×3×1=32．
综上所述，ΔA1C1C2的面积为272或32．
◆变式训练
1.如图，在等腰直角三角形ABC中，直角边长是2，若将此三角形绕直角顶点C顺时针旋转90°，那么斜边AB扫过的面积为（ ）
A．πB．32π−2C．2πD．2π−2
【答案】B
【分析】此题考查了扇形的面积公式，根据题意画出图形，AB边在旋转时所扫过的面积为EF⏜、ABD⏜所围成的图形面积S，据此进行求解即可．
【详解】解：如图所示，由题意可得，AC=BC=CD=2, △ABD,△ABC,△BCD都是等腰直角三角形，则CE=CF=22AC=2，
AB边在旋转时所扫过的面积为EF⏜、ABD⏜所围成的图形面积S，
S=S半圆−S扇形ECF−S△ACE−S△CDF
=12π×22−90π×22360−12×22−12×22
=12×4π−12π−2
=32π−2
故选：B
2.当汽车在雨天行驶时，为了看清道路，司机要启动前方挡风玻璃上的雨刷器．如图所示是某汽车的一个雨刷器示意图，雨刷器杆OM与雨刷AB在M处固定连接（不能转动），若测得AO=80cm，BO=20cm，当杆OM绕点O转动90°时，雨刷AB扫过的面积是（ ）
A．1600πcm2B．1500πcm2C．900πcm2D．800πcm2
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，扇形面积，理解图示，掌握扇形面积的计算是关键．
如图所示，延长BB'⏜交OA于点C，BB'⏜与OA'交于点D，可得△OAB≌△OA'B'SSS，则S△OAB=S△OA'B'，由S圆环=S扇形AOA'−S扇形OCD代入计算即可．
【详解】解：如图所示，延长BB'⏜交OA于点C，BB'⏜与OA'交于点D，
∵旋转，
∴OB=OB',OA=OA',AB=A'B'，
∴△OAB≌△OA'B'SSS，
∴S△OAB=S△OA'B'，
∴当杆OM绕点O转动90°时，雨刷AB扫过的面积是圆环AA'DC的面积，
∵AO=80cm,BO=20cm，∠AOA'=90°，
∴S圆环=S扇形AOA'−S扇形OCD=90°π×802360°−90π×202360°=1500πcm2，
故选：B ．
【题型九】不规则图形的面积计算
◇典例9：
如图，AB是⊙O的直径，C，E是⊙O上两点，AC平分∠BAE，CD⊥AE交AE的延长线于点D．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AE=BC=2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)332−2π3
【分析】（1）连接OC，则OC=OA，得到∠OCA=∠BAC，根据角平分线的定义得到∠EAC=∠BAC，求得∠OCA=∠EAC，根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）连接OE，OC，CE，根据角平分线的定义得到∠EAC=∠BAC，求得∠AOE=∠COE=∠COB=60°，根据等边三角形的性质得到∠CEO=∠AOE=60°，OE=AE=2，根据直角三角形的性质得到CD=12AC=3，AD=32AC=3，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OC，
则OC=OA，
∴∠OCA=∠BAC，
∵AC平分∠BAE，
∴∠EAC=∠BAC，
∴∠OCA=∠EAC，
∴OC∥AE，
∵CD⊥AE交AE的延长线于点D，
∴∠OCF=∠ADC=90°，
∵OC是⊙O的半径，
且CD⊥OC于点C，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：连接OE，OC，CE，
∵AC平分∠BAE，
∴∠EAC=∠BAC，
∴CE=BC，
∵AE=BC=2，
∴AE=BC，
∴AE=CE=BC，
∴∠AOE=∠COE=∠COB=60°，
∵OE=OC，
∴△COE，△AOE都是等边三角形，
∴∠CEO=∠AOE=60°，OE=AE=2，
∴CE∥AB，∠BAC=∠CAD=30°，
∴AB=2BC=4，
∴AC=3BC=23，
∴CD=12AC=3，AD=32AC=3，
∴S△ACE=S△COE，
∴图中阴影部分的面积=S△ACD−S扇形COE=12×3×3−60π×22360=332−2π3．
◆变式训练
1.如图，在扇形AOB中，∠AOB=30°，OA=23，点C在OB上，且OC=AC．延长CB到D，使CD=CA．以CA，CD为邻边作平行四边形ACDE，则图中阴影部分的面积为 （结果保留π）．
【答案】33−π
【分析】本题考查扇形面积公式，平行四边形性质，含30°三角形的性质，正确将阴影面积进行组合是解决问题的关键．由题意，利用S阴影=S△AOC+S▱ACDE−S扇形OAB计算即可．
【详解】解：过A作AH⊥OD于H，
∵∠AOB=30°，OA=23，
∴AH=12OA=3，
∵OC=AC，
∴∠OAC=∠AOB=30°，
∴∠ACB=30°+30°=60°，
∴∠CAH=30°，
∴AC=2CH，
设CH长度为x，则AC=2x，在△ACH中，由勾股定理得：
x2+32=2x2
解得：x=±1，
∵x>0，
∴x=1，
则CH=1，AC=2，
∴CD=CA=OC=2，
∴S阴影=S△AOC+S▱ACDE−S扇形OAB
=12×2×3+2×3−30×π×232360
=3+23−π
=33−π．
故答案为：33−π．
2.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点O在边AB上，OA=22，以O为圆心，OA长为半径作半圆，恰好与BC相切于点D，交AB于点E，则阴影部分的 ．
【答案】π+22
【分析】本题考查了切线的性质（圆的切线垂直于经过切点的半径），等腰直角三角形的性质和扇形的面积计算．解题的关键是牢固掌握相关性质并灵活运用．连接OD，作OH⊥AC于点H，如图，先利用等腰直角三角形的性质得到∠CAB=45°，则OH=22OA=2，再根据切线的性质得到OD⊥BC，于是可判断OD∥AC，所以∠EOD=∠BAC=45°，然后根据三角形面积公式和扇形的面积公式，利用阴影部分的面积=S△AOD+S扇形DOE进行计算即可．
【详解】解：连接OD，作OH⊥AC于点H，如图，
∴OD=OA=22，
∵∠C=90°,AC=BC，
∴∠CAB=45°，
∴OH=22OA=22×22=2，
∵⊙O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴OD∥AC，
∴∠EOD=∠BAC=45°，
∴阴影部分的面积=S△AOD+S扇形DOE=12×22×2+45×π×222360=π+22，
故答案为：π+22．
【题型十】求圆锥的侧面积
◇典例10：
如图所示，矩形纸片ABCD中，AD=12cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的底面和侧面，则圆锥的侧面积为 ．
【答案】16πcm2
【分析】本题考查了圆锥的计算，矩形的性质，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
设AB=x，则DE=12−x，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程求出AB=8cm，进而求得圆锥的侧面积．
【详解】解：设AB=x，则DE=12−x，
根据题意，得90πx180=π12−x
解得x=8，
∴ AB=8cm，
∴圆锥的侧面积为90π×82360=16πcm2．
故答案为：16πcm2．
◆变式训练
1.如图，BC为圆锥底面直径，AD为圆锥的高，若AD=5cm，∠BAC=60°，则这个圆锥的侧面积为 cm2（结果保留π）．
【答案】50π3
【分析】本题考查了解直角三角形，圆锥的侧面积公式，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据题意求得圆锥的底面半径和母线长，然后利用圆锥的侧面积公式即可求解．
【详解】解：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠BAD=12∠BAC=30°，
在Rt△ABD中，AD=5cm，
∴BD=AD⋅tan∠BAD=5×33=533cm，
∴AB=2BD=1033cm，
∴这个圆锥的侧面积为533×1033π=50π3cm2，
故答案为：50π3．
2.如图，物体由两个圆锥组成，其主视图中，∠C=60°，∠ABC=105°，若上面圆锥的侧面积为5，则下面圆锥的侧面积为（ ）
A．10B．53C．152D．52
【答案】D
【分析】本题考查了圆锥的计算：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，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．
先证明△CBD为等边三角形得到BC=BD，再证明△ABD为等腰直角三角形得到BD=2AB，再利用圆锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB:BC，从而得到下面圆锥的侧面积．
【详解】∵∠C=60°，
而CB=CD，
∴△CBD为等边三角形，
∴BC=BD=CD，∠CBD=∠CDB=60°，
∵∠ABC=105°，
∴∠ABD=45°，
∵AB=AD，
∴∠ADB=45°，∠A=90°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BD=2AB，
∴BC=2AB，
∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB:BC，
∴下面圆锥的侧面积=2×5=52．
故选：D．
【题型十一】不求圆锥底圆的半径
◇典例11：
如图所示的扇形中，半径R=10，圆心角θ=144°，用这个扇形围成一个圆锥的侧面．
（1）则这个圆锥的底面半径r= ．
（2）这个圆锥的高ℎ= ．
【答案】 4 221
【分析】本题主要考查了求圆锥的底面圆半径，求圆锥的高，熟知圆锥的相关知识是解题的关键．
（1）设这个圆锥的底面圆半径为r，圆锥的底面圆周长等于其侧面展开图得到的扇形弧长，据此建立方程求解即可；
（2）利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）设这个圆锥的底面圆半径为r，
由题意得，2πr=144π×10180，
解得r=4，
∴这个圆锥的底面圆半径为4，
故答案为：4；
（2）由题意得，ℎ=102−42=221，
故答案为：221．
◆变式训练
1.将母线为4 cm的扇形围成一个圆锥的侧面，若扇形的圆心角是120°，则该圆锥底面圆的半径为 cm．
【答案】43/113
【分析】本题考查了圆锥的相关计算，弧长公式，设该圆锥底面圆的半径为r，根据圆锥的侧面扇形的弧长等于底面圆的周长，列方程计算，即可求解．
【详解】解：设该圆锥底面圆的半径为r，根据题意得，
120180π×4=2πr，
解得：r=43；
故答案为：43．
2.如图，正方形ABCD的边长为6，以点B为圆心，BC的长为半径画圆，则正方形ABCD的中心在⊙B （填“内”“上”或“外”）；若将图中阴影部分剪下来围成圆锥，则圆锥的底面直径为 ．
【答案】 内 3
【分析】连接AC，BD，交于点E，由四边形ABCD是正方形，可得AC⊥BD，BE=12BD，∠DCB=90°，CD=BD=6，由勾股定理可得BD=62，则BE=12BD=32