TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157544838" 題型01 求正多邊形中心角
\l "_Tc157544839" 題型02 求正多邊的邊數(shù)
\l "_Tc157544840" 題型03 正多邊形與圓中求角度
\l "_Tc157544841" 題型04 正多邊形與圓中求面積
\l "_Tc157544842" 題型05 正多邊形與圓中求周長
\l "_Tc157544843" 題型06 正多邊形與圓中求邊心距、邊長
\l "_Tc157544844" 題型07 正多邊形與圓中求線段長
\l "_Tc157544845" 題型08 正多邊形與圓的規(guī)律問題
\l "_Tc157544846" 題型09 求弧長
\l "_Tc157544847" 題型10 利用弧長及扇形面積公式求半徑
\l "_Tc157544848" 題型11 利用弧長及扇形面積公式求圓心角
\l "_Tc157544849" 題型12 求某點的弧形運動路徑長度
\l "_Tc157544850" 題型13 求扇形面積
\l "_Tc157544851" 題型14 求圖形旋轉(zhuǎn)后掃過的面積
\l "_Tc157544852" 題型15 求圓錐側(cè)面積
\l "_Tc157544853" 題型16 求圓錐底面半徑
\l "_Tc157544854" 題型17 求圓錐的高
\l "_Tc157544855" 題型18 求圓錐側(cè)面積展開圖的圓心角
\l "_Tc157544856" 題型19 圓錐的實際問題
\l "_Tc157544857" 題型20 圓錐側(cè)面上的最短路徑問題
\l "_Tc157544857" 題型21 計算不規(guī)則面積
題型01 求正多邊形中心角
1．（2022·河北石家莊·統(tǒng)考二模）如圖，邊AB是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，點C在AB上，且BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，若AC是⊙O內(nèi)接正n邊形的一邊，則n的值是（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】C
【分析】根據(jù)中心角的度數(shù)=360°÷邊數(shù)，列式計算分別求出∠AOB，∠BOC的度數(shù)，可得∠AOC=15°，然后根據(jù)邊數(shù)n=360°÷中心角即可求得答案．
【詳解】解：連接OC，
∵AB是⊙O內(nèi)接正六邊形的一邊，
∴∠AOB＝360°÷6＝60°，
∵BC是⊙O內(nèi)接正八邊形的一邊，
∴∠BOC＝360°÷8＝45°，
∴∠AOC＝∠AOB－∠BOC＝60°－45°＝15°
∴n＝360°÷15°＝24．
故選：C．
【點睛】本題考查了正多邊形和圓、正六邊形的性質(zhì)、正八邊形、正二十四邊形的性質(zhì)；根據(jù)題意求出中心角的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·吉林長春·校考模擬預(yù)測）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，點F在DE上，則∠CFD＝ 度．
【答案】36．
【分析】連接OC，OD．求出∠COD的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理即可解決問題．
【詳解】如圖，連接OC，OD．
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴∠COD=360°5=72°，
∴∠CFD=12∠COD=36°，
故答案為：36．
【點睛】本題考查了正多邊形和圓、圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識．
3．（2022·江蘇揚州·揚州教育學院附中?？级＃┤鐖D，在正十邊形A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10中，連接A1A4、A1A7，則∠A4A1A7= °
【答案】54
【分析】設(shè)正十邊形的圓心O，連接A7O、A4O，再求出∠A7OA4,最后運用圓周角定理解答即可．
【詳解】解：如圖：設(shè)正十邊形的圓心O，連接A7O、A4O，
∵正十邊形的各邊都相等
∴∠A7OA4=310×360°=108°
∴∠A4A1A7=108°×12=54°．
故填54．
【點睛】本題主要考查了正多邊形和圓以及圓周角定理，根據(jù)題意正確作出輔助線、構(gòu)造出圓周角是解答本題的關(guān)鍵．
題型02 求正多邊的邊數(shù)
4．（2022·上海松江·統(tǒng)考二模）如果一個正多邊形的中心角為72°，那么這個正多邊形的邊數(shù)是 ．
【答案】5
【詳解】解：∵中心角的度數(shù)=360°n，
72°=360°n，
n=5，
故答案為：5．
5．（2022·上海浦東新·統(tǒng)考二模）一個正n邊形的一個內(nèi)角等于它的中心角的2倍，則n= ．
【答案】6
【分析】根據(jù)正多邊形內(nèi)角和公式求出一個內(nèi)角的度數(shù)，再根據(jù)中心角的求法求出中心角的度數(shù)列方程求解即可．
【詳解】∵正n邊形的一個內(nèi)角和=（n﹣2）?180°，
∴正n邊形的一個內(nèi)角=180°×（n-2）n．
∵正n邊形的中心角=360°n，
∴180°×（n-2）n=360°×2n，
解得：n=6．
故答案為6．
【點睛】本題比較簡單，解答此題的關(guān)鍵是熟知正多邊形的內(nèi)角和公式及中心角的求法．
6．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考二模）一個正多邊形內(nèi)接于半徑為4的⊙O，AB是它的一條邊，扇形OAB的面積為2π，則這個正多邊形的邊數(shù)是 ．
【答案】8
【分析】設(shè)∠AOB=n°，利用扇形面積公式列方程nπ×42360=2π，求出∠AOB的度數(shù)，然后用360°÷45°計算即可．
【詳解】解：設(shè)∠AOB=n°，
∵扇形OAB的面積為2π，半徑為4，
∴nπ×42360=2π，
∴n=45°，
∴360°÷45°=8，
∴這個正多邊形的邊數(shù)是8，
故答案為8．
【點睛】本題考查正多邊形與圓，扇形面積，圓心角，掌握正多邊形與圓的性質(zhì)，扇形面積公式，圓心角是解題關(guān)鍵．
題型03 正多邊形與圓中求角度
7．（2022·山東青島·統(tǒng)考二模）如圖，五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，則∠EBC的度數(shù)為（ ）
A．54°B．60°C．71°D．72°
【答案】D
【分析】先根據(jù)正五邊形的內(nèi)角和求出每個內(nèi)角，再根據(jù)等邊對等角得出∠ABE=∠AEB，然后利用三角形內(nèi)角和求出∠ABE=12180°-∠A=36°即可．
【詳解】解：∵五邊形ABCDE是⊙O的內(nèi)接正五邊形，
∴∠A=∠ABC=155-2×180°=108°，AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴∠ABE=12180°-∠A=36°，
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=108°-36°=72°．
故選：D．
【點睛】本題考查圓內(nèi)接正五邊形的性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，三角形內(nèi)角和公式，角的和差計算，掌握圓內(nèi)接正五邊形的性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，三角形內(nèi)角和公式，角的和差計算是解題關(guān)鍵．
8．（2022·河北·模擬預(yù)測）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，連接BD．則∠CBD的度數(shù)是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】A
【分析】根據(jù)正六邊形的內(nèi)角和求得∠BCD，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【詳解】∵在正六邊形ABCDEF中，∠BCD＝(6-2)×180°6＝120°，BC＝CD，
∴∠CBD＝12（180°﹣120°）＝30°，
故選A．
【點睛】本題考查的是正多邊形和圓、等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和，熟記多邊形的內(nèi)角和是解題的關(guān)鍵．
9．（2022·河北保定·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，點O是正六邊形ABCDEF的中心，∠GOK的兩邊OG,OK，分別與AB,CB，相交于點M，N，當∠GOK+∠ABC=180°時，下列說法錯誤的是（ ）
A．∠GOK=60°B．MB+NB=DC
C．S四邊形OMBN=112S正六邊形ABCDEFD．∠OMA與∠ONB相等
【答案】C
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)逐項進行證明即可．
【詳解】解：如下圖所示，連接OA，OB，OC．
∵點O是正六邊形ABCDEF的中心，
∴ OA=OB=OC，∠FAB=∠ABC=180°×6-26=120°，∠AOB=∠BOC=360°6=60°，AB=DC，S△OAB=16S正六邊形ABCDEF．
∴ ∠OAM=180°-∠AOB2=60°，∠OBN=180°-∠BOC2=60°．
∴ ∠OAM=∠OBN．
∵ ∠GOK+∠ABC=180°，
∴ ∠OMB+∠ONB=360°-(∠GOK+∠ABC)=180°，∠GOK=180°-∠ABC=60°．
故A選項不符合題意．
∵ ∠OMA+∠OMB=180°，
∴ ∠OMA=∠ONB．
∴ △OAM≌△OBN（AAS）．
∴ ∠OMA=∠ONB，MA=NB，S△OAM=S△OBN．
故D選項不符合題意．
∴MB+NB=MB+MA=AB=DC．
故B選項不符合題意．
∴ S四邊形OMBN=S△OMB+S△OBN=S△OMB+S△OAM=S△OAB．
∴ S四邊形OMBN=S△OAB=16S正六邊形ABCDEF．
故C選項符合題意．
故選：C
【點睛】此題考查正六邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
10．（2022·廣西梧州·統(tǒng)考一模）如圖，在正五邊形ABCDE中，AC與BE相交于點F，則∠AFE的度數(shù)為 ．
【答案】72°
【分析】首先根據(jù)正五邊形的性質(zhì)得到AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，然后利用三角形內(nèi)角和定理得∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°?108°）÷2=36°，最后利用三角形的外角的性質(zhì)得到∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°．
【詳解】∵五邊形ABCDE為正五邊形，
∴AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，
∴∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°?108°）÷2=36°，
∴∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°，
故答案為72°．
【點睛】本題考查的是正多邊形和圓，利用數(shù)形結(jié)合求解是解答此題的關(guān)鍵．
題型04 正多邊形與圓中求面積
11．（2022·河北廊坊·統(tǒng)考二模）如圖，兩張完全相同的正六邊形紙片（邊長為2a）重合在一起，下面一張保持不動，將上面一張紙片六邊形A'B'C'D'E'F'沿水平方向向左平移a個單位長度，則上面正六邊形紙片面積與折線A'-B'-C'掃過的面積（陰影部分面積）之比是（ ）
A．3:1B．4:1C．5:2D．2:1
【答案】A
【分析】求出正六邊形和陰影部分的面積即可解決問題．
【詳解】解：如下圖，正六邊形由六個等邊三角形組成，過點O作OH⊥CD于點H，OG⊥AF于點G，
根據(jù)題意，正六邊形紙片邊長為2a，即CD=2a，
∴OC=OD=CD=2a，
∵OH⊥CD，
∴CH=DH=12CD=a，
∴在Rt△OCH中，OH=OC2-CH2=(2a)2-a2=3a，
同理，OG=3a，
∴S△OCD=12CD?OH=12×2a×3a=3a2，
∴正六邊形的面積=6×34×(2a)2=63a2，
∵將上面一張紙片六邊形A'B'C'D'E'F'沿水平方向向左平移a個單位長度，
又∵GH=OG+OH=23a，
∴陰影部分的面積=a×23a=23a2，
∴空白部分與陰影部分面積之比是=63a2:23a2=3:1．
故選：A．
【點睛】本題主要考查了多邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理、平移變換等知識，解題關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
12．（2022·浙江寧波·統(tǒng)考二模）如圖，正六邊形ABCDEF中，點P是邊AF上的點，記圖中各三角形的面積依次為S1,S2,S3,S4,S5，則下列判斷正確的是（ ）
A．S1+S2=2S3B．S1+S4=S3C．S2+S4=2S3D．S1+S5=S3
【答案】B
【分析】正六邊形ABCDEF中，點P是邊AF上的點，記圖中各三角形的面積依次為S1,S2,S3,S4,S5，則有S3=13S正六邊形ABCDEF，S1+S4=S2+S5=13S正六邊形ABCDEF，由此即可判斷．
【詳解】解：正六邊形ABCDEF中，點P是邊AF上的點，記圖中各三角形的面積依次為S1,S2,S3,S4,S5，
則有S3=13S正六邊形ABCDEF，S1+S4=S2+S5=13S正六邊形ABCDEF，
∴S3=S1+S4=S2+S5，
故選：B．
【點睛】本題考查正多邊形與圓，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
13．（2022·浙江杭州·杭州育才中學?？寄M預(yù)測）邊長為a的正方形的對稱軸有 條，這個正方形的外接圓的面積是 ．
【答案】 4 12πa2
【分析】正方形的對稱軸有4條，然后根據(jù)正方形的對角線長就是外接圓的直徑求得外接圓的半徑，從而計算面積即可．
【詳解】任何正方形的對稱軸都有4條；
∵正方形的邊長為a，
∴正方形的對角線長為：2a，
∵正方形的對角線是正方形的外接圓的半徑，
∴正方形的外接圓的半徑為22a，
∴正方形的外接圓的面積為：πr2=π22a2=12πa2．
故答案為：4，12πa2．
【點睛】本題考查了正多邊形和圓的知識，解題的關(guān)鍵是弄清正多邊形的有關(guān)元素與圓的關(guān)系，如本題中的外接圓的半徑就是正方形對角線長的一半．
14．（2022·寧夏銀川·校考三模）如圖，已知⊙O的內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊心距OM是3，則陰影部分的面積是 ．
【答案】4π-63/-63+4π
【分析】根據(jù)圓內(nèi)接正六邊形的性質(zhì)可求出∠DOE=60°，進而得出△DOE是正三角形，由圓內(nèi)接正六邊形的性質(zhì)以及直角三角形的邊角關(guān)系可求出半徑OD，邊長DE，再根據(jù)面積公式求出正六邊形ABCDEF的面積，最后由陰影部分的面積等于圓的面積減去正六邊形ABCDEF，進行計算即可
【詳解】解：如圖，連接OD，OE，
∵六邊形ABCDEF是⊙O的內(nèi)接正六邊形，
∴∠DOE=360°6=60°
∵OD=OE
∴△DOE是正三角形，
∵⊙O的內(nèi)接正六邊形ABCDEF的邊心距OM是3，
∴OD=OMsin60°=2，即DE=OE=2，
∴SABCDEF=6×S△DOE=6×12×2×3=63
∴S陰影部分=S圓-SABCDEF=π×22-63=4π-63
故答案為4π-63
【點睛】本題考查正多邊形面積與圓面積的計算，掌握圓內(nèi)接正六邊形的性質(zhì)以及圓的面積的計算方法是解決問題的關(guān)鍵
15．（2022·四川成都·?？寄M預(yù)測）求半徑為20的圓內(nèi)接正三角形的邊長和面積.
【答案】它的內(nèi)接正三角形的邊長為203，面積為3003
【分析】作正三角形ABC關(guān)于⊙O的內(nèi)接三角形，過點O作BC的垂線AD，垂足為D，連接OB，根據(jù)正三角形的性質(zhì)，得出∠OBD=30°，再根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義，得出BD的長，再根據(jù)垂徑定理，得出BC=2BD，從而求正三角形的邊長，再根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義，求出AD的長，進而得出其面積．
【詳解】解：如圖，作正三角形ABC關(guān)于⊙O的內(nèi)接三角形，過點O作BC的垂線AD，垂足為D，連接OB，
∵半徑為20的圓的內(nèi)接正三角形，
∴ OB=20，
∵AD⊥BC，
∴ AD是∠BAC的角平分線，
∴ ∠BAD=30°，
又∵ BO=OA，
∴ ∠ABO=30°，
∴ ∠OBD=30°，
在Rt△OBD中，
∴BD=cs30°×OB=32×20=103，
∵BD=CD，
∴BC=2BD=203，
∴AD=AB?sin60°=203×32=30，
∴S△ABC=12BC?AD=12×203×30=3003，
∴它的內(nèi)接正三角形的邊長為203，面積為3003．
【點睛】本題主要考查了正多邊形和圓，解直角三角形，根據(jù)正三角形的性質(zhì)得出∠OBD=30°是解題關(guān)鍵．
題型05 正多邊形與圓中求周長
16．（2022·河北唐山·統(tǒng)考二模）如圖，有公共頂點O的兩個邊長為5的正五邊形（不重疊），以點O為圓心， 5為半徑作弧，構(gòu)成一個“蘑菇”形圖案（陰影部分），則這個“蘑菇”形圖案的周長為（ ）
A．4πB．4π+20
C．10πD．10π+20
【答案】B
【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和求出正五邊形的內(nèi)角和，可求得每個內(nèi)角的度數(shù)，則可求得陰影部分的度數(shù)，再利用圓弧的周長計算公式即可求得答案．
【詳解】解：正五邊形的內(nèi)角和為：(n-2)?180°=(5-2)×180°=540°，
∴每個角為540°÷5=108°，
則圖中陰影部分的度數(shù)為：360°-2×108°=144°，
則圓弧的長：144360×2πr=144360×2×5?π=4π，
∴“蘑菇”形圖案的周長為：4π+4×5=4π+20，
故選B．
【點睛】本題考查了正多邊形與圓，圓弧的周長計算，解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓弧的周長計算公式．
17．（2022·江西吉安·統(tǒng)考一模）某校開展“展青春風采，樹強國信念”科普大閱讀活動．小明看到黃金分割比是一種數(shù)學上的比例關(guān)系，它具有嚴格的比例性、藝術(shù)性、和諧性，蘊藏著豐富的美學價值，應(yīng)用時一般取0.618．特別奇妙的是在正五邊形中，如圖所示，連接AB，AC，∠ACB的角平分線交邊AB于點D，則點D就是線段AB的一個黃金分割點，且AD>BD，已知AC=10cm，那么該正五邊形的周長為（ ）
A．19.1cmB．25cmC．30.9cmD．40cm
【答案】C
【分析】證明BC=CD=AD=6.18（cm），可得結(jié)論．
【詳解】解：由題意，點D是線段AB的黃金分割點，
∴ADAB=0.618，
∵AB=AC=10cm，
∴AD=6.18（cm），
∵∠ABC=∠ACB=72°，CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=∠CAD=36°，∠CDB=∠CBD=72°，
∴BC=CD=AD=6.18（cm），
∴五邊形的周長為6.18×5=30.90（cm），
故選：C．
【點睛】本題考查正多邊形的性質(zhì)，黃金分割等知識，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學知識解決問題．
18．（2022·云南昆明·統(tǒng)考二模）我國魏晉時期的數(shù)學家劉徽首創(chuàng)“割圓術(shù)”：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣”，即通過圓內(nèi)接正多邊形割圓，從正六邊形開始，每次邊數(shù)成倍增加，依次可得圓內(nèi)接正十二邊形，內(nèi)接正二十四邊形，…．邊數(shù)越多割得越細，正多邊形的周長就越接近圓的周長．再根據(jù)“圓周率等于圓周長與該圓直徑的比”來計算圓周率．設(shè)圓的半徑為R，圖1中圓內(nèi)接正六邊形的周長l6=6R，則π≈l62R=3．再利用圖2圓的內(nèi)接正十二邊形計算圓周率，首先要計算它的周長，下列結(jié)果正確的是（ ）
A．l12=24Rsin15°B．l12=24Rcs15°
C．l12=24Rsin30°D．l12=24Rcs30°
【答案】A
【分析】求出正多邊形的中心角，利用三角形周長公式求解即可．
【詳解】解：∵十二邊形A1A2?A12是正十二邊形，
∴∠A6OA7=30°，
∵OM⊥A1A2于M，又OA6=OA7，
∴∠A6OM=15°，
∵正n邊形的周長=n?2Rsin180°n，
∴圓內(nèi)接正十二邊形的周長l12=24Rsin15°，
故選：A．
【點睛】本題考查的是正多邊形和圓、等腰三角形的性質(zhì)，求出正十二邊形的周長是解題的關(guān)鍵．
19．（2022·浙江·統(tǒng)考二模）如圖1是學生常用的一種圓規(guī)，其手柄AB=8mm，兩腳BC=BD=56mm，如圖2所示．當∠CBD=74°時：
(1)求A離紙面CD的距離．
(2)用該圓規(guī)作如圖3所示正六邊形，求該正六邊形的周長．（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，sin74°≈0.96，cs74°≈0.28，結(jié)果精確到0.1）
【答案】(1)52.8mm
(2)403.2mm
【分析】（1）連接CD，過點B點作BE⊥CD，垂足為E，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求得∠CBE=37°，解直角三角形CBE，分別求得CE,BE，根據(jù)AE=AB+BE，即可求解．
（2）根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，正六邊形的邊長等于半徑，等于CD的長，即可求得正六邊形的周長．
【詳解】（1）如圖，連接CD，過點B點作BE⊥CD，垂足為E，
∵BC=BD，
∴CE=DE,∠CBE=∠DBE=12∠CBD=37°，
∴BE=BC?cs37°≈56×0.80=44.8mm，
∴AE=AB+BE=8+44.8=52.8mm，
即A離紙面CD的距離為52.8mm．
（2）∵CE=BC?sin37°≈56×0.60=33.6，
∴CD=2CE=67.2 mm．
∵正六邊形的邊長等于外接圓的半徑，則正六邊形周長=6CD=6×67.2=403.2 mm．
【點睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，掌握直角三角形中的邊角關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
題型06 正多邊形與圓中求邊心距、邊長
20．（2022·廣東湛江·嶺師附中校聯(lián)考三模）半徑為2的圓內(nèi)接正六角形的邊長是（ ）
A．1B．2C．3D．23
【答案】B
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可知∠COD=60°，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可知OC=OD=CD進而即可解答．
【詳解】解：如圖，連接OC、OD，

∵正六邊形ABCDEF內(nèi)接于圓O，
∴∠COD=360°6=60°，
∵OC=OD，
∴△OCD是等邊三角形，
∴OC=OD=CD，
∵OC=OD=2，
∴CD=2，
故選B．
【點睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
21．（2022·河南信陽·統(tǒng)考三模）如圖1，動點P從正六邊形的A點出發(fā)，沿A→F→E→D→C以1 cm/s的速度勻速運動到點C，圖2是點P運動時，△ACP的面積y（cm2）隨著時間x（s）的變化的關(guān)系圖象，則正六邊形的邊長為（ ）
A．2 cmB．3cmC．1 cmD．3 cm
【答案】A
【分析】如圖，連接BE，AE，CE，BE交AC于點G，證明△ACE為等邊三角形，根據(jù)y的最大值求得△ACE的邊長，再在直角三角形ABG中用三角函數(shù)求得AB的長即可．
【詳解】】解：如圖，連接BE，AE，CE，BE交AC于點G
由正六邊形的對稱性可得BE⊥AC，△ABC≌△CDE≌△AFE
∴△ACE為等邊三角形，GE為AC邊上的高線
∵動點P從正六邊形的A點出發(fā)，沿A→F→E→D→C以1cm/s的速度勻速運動
∴當點P運動到點E時△ACP的面積y取最大值33
設(shè)AG=CG=a（cm），則AC=AE=CE=2a（cm），GE=3a（cm）
∴2a×3a÷2=33（cm）
∴a2=3
∴a=3（cm）或a=-3（舍）
∵正六邊形的每個內(nèi)角均為120°
∴∠ABG=12×120°=60°
∴在Rt△ABG中，AGAB=sin60°
∴3AB=32
∴AB=2（cm）
∴正六邊形的邊長為2cm
故選：A．
【點睛】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，以圖中y值的最大值為突破口，求得等邊三角形△ACE的邊長，是解題的關(guān)鍵．
22．（2022·四川達州·四川省渠縣中學?？级＃┤鐖D，⊙O的內(nèi)接正六邊形的邊長是6，則弦心距是 ．
【答案】33
【分析】連接OB、OC，過點O作OM⊥BC，交BC于點M，證明△OBC為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，得出BM=12BC=3，根據(jù)勾股定理得出OM=33即可．
【詳解】解：連接OB、OC，過點O作OM⊥BC，交BC于點M，如圖所示：
∵六邊形ABCDEF為圓內(nèi)接正六邊形，
∴∠BOC=16×360°=60°，
∵OB=OC，
∴ΔOBC為等邊三角形，
∴OB=OC=BC=6，
∵OM⊥BC，
∴BM=12BC=3，
∴OM=OB2-BM2=62-32=33，
即弦心距是33．
故答案為：33．
【點睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，作出輔助線，熟練掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
23．（2022·陜西西安·?？寄M預(yù)測）某正多邊形的邊心距3，半徑為2，則該正多邊形的面積為 ．
【答案】63
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，得出OE⊥AB，OE=3，OA=2，OA=OB，求出∠AOB=2∠AOE=60°，得出正多邊形是正六邊形，然后求出結(jié)果即可．
【詳解】解：如圖所示：由題意可得，OE⊥AB，OE=3，OA=2，OA=OB，
則cs∠AOE=32，
故∠AOE=30°，
∴AE=12OA=1，
∴∠AOB=2∠AOE=60°，AB=2AE=2，
∵360°60°=6，
∴正多邊形是正六邊形，
則該正多邊形的面積為：6×12×2×32=63，
故答案為：63．
【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的應(yīng)用，正多邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是證明正多邊形是正六邊形．
24．（2022·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）半徑為6的圓內(nèi)接正三角形的邊心距為 ．
【答案】3
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，連接OB、OC，作OD⊥BC于D，由含30°的直角三角形的性質(zhì)得出OD即可．
【詳解】如圖所示，連接OB、OC，作OD⊥BC于D，
則∠ODC=90°，
∵∠BOC= 13×360°=120°，OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴OD=12OB=12×6=3,
即邊心距為3，
故答案為：3．
【點睛】本題考查了正多邊形和圓，等邊三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)造直角三角形來解答．
題型07 正多邊形與圓中求線段長
25．（2022·江蘇徐州·徐州市第十三中學?？既＃┤鐖D所示的正八邊形的邊長為2，則對角線AB的長為（ ）
A．22+2B．4C．2+2D．6
【答案】A
【分析】標出點C，D，E，F(xiàn)，連接CD，連接AC，BD交于點O，過點E作EG⊥AB于G，過點F作FH⊥AB于H，根據(jù)正多邊形和圓的性質(zhì)，矩形的判定定理和性質(zhì)確定∠DAB=∠ABC=90°，根據(jù)多邊形的內(nèi)角和定理確定∠DAE=∠AEF=∠FBC=135°，根據(jù)角的和差關(guān)系，平行線的判定定理確定EF∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)，矩形的判定定理和性質(zhì)求出GH的長度，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，等角對等邊，勾股定理求出GA和HB的長度，最后根據(jù)線段的和差關(guān)系即可求出AB的長度．
【詳解】解：如下圖所示，標出點C，D，E，F(xiàn)，連接CD，連接AC，BD交于點O，過點E作EG⊥AB于G，過點F作FH⊥AB于H．
根據(jù)圖形可知直線AC和直線BD是正八邊形的對稱軸．
∴AC和BD是該正八邊形外接圓的直徑．
∴AC=BD，點O為該正八邊形外接圓的圓心．
∴OA=OB=OC=OD．
∴四邊形ABCD是平行四邊形．
∴四邊形ABCD是矩形．
∴∠BAD=∠ABC=90°．
∵正八邊形的邊長為2，
∴AE=EF=FB=2，∠DAE=∠AEF=∠FBC=180°×8-28=135°．
∴∠GAE=∠DAE-∠DAB=45°，∠HBF=∠FBC-∠ABC=45°．
∴∠AEF+∠GAE=180°．
∴EF∥AB．
∴∠EGH+∠GEF=180°．
∵EG⊥AB，F(xiàn)H⊥AB，
∴∠EGH=∠FHG=∠EGA=∠FHB=90°．
∴∠GEF=180°-∠EGH=90°，∠GEA=180°-∠EGA-∠GAE=45°，∠HFB=180°-∠FHB-∠HBF=45°，AE2=GA2+GE2，F(xiàn)B2=HF2+HB2．
∴四邊形EGHF是矩形，∠GAE=∠GEA，∠HFB=∠HBF．
∴GH=EF=2，GA=GE，HB=HF．
∴22=GA2+GA2，22=HB2+HB2．
∴GA=2，HB=2．
∴AB=GA+GH+HB=22+2．
故選：A．
【點睛】本題考查正多邊形與圓的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和定理，矩形的判定定理和性質(zhì)，平行線的判定定理和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，等角對等邊，勾股定理，熟練掌握這些知識點是解題關(guān)鍵．
26．（2022·吉林長春·模擬預(yù)測）如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，過點A作⊙O的切線交對角線DB的延長線于點F，則下列結(jié)論不成立的是（ ）
A．AE∥BFB．AF∥CDC．DF=AFD．AB=BF
【答案】C
【分析】連接OA、OB、AD，根據(jù)正五邊形的性質(zhì)求出各個角的度數(shù)，結(jié)合平行線的判定方法，再逐個判斷即可．
【詳解】∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴∠BAE=∠ABC=∠C=∠EDC=∠E=5-2×180°5=108°，BC=CD，
∴∠CBD=∠CDB=12×180°-∠C=36°，
∴∠ABD=108°-36°=72°，
∴∠EAB+∠ABD=180°，
∴ AE∥BF，故A不符合題意；
∵∠F=∠CDB=36°，
∴ AF∥CD，故B不符合題意；
連接AD，過點A作AH⊥DF于點H，則∠AHF=∠AHD=90°，
∵∠EDC=108°，∠CDB=∠EDA=36°，
∴∠ADF=108°-36°-36°=36°=∠F，
∴AD=AF，故C符合題意；
連接OA、OB，
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴ ∠AOB=360°5=72°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=12180°-72°=54°，
∵FA相切于⊙O，
∴∠OAF=90°，
∴∠FAB=90°-54°=36°，
∵∠ABD=72°，
∴∠F=72°-36°=∠FAB，
∴AB=BF，故D不符合題意；
故選：C．
【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、圓周角定理、正多邊形與圓、等腰三角形的性質(zhì)和判定、平行線的判定等知識點，能綜合運用定理進行推理是解題的關(guān)鍵．
27．（2022·貴州貴陽·統(tǒng)考一模）如圖，點P是正六邊形ABCDEF內(nèi)一點，AB=4，當∠APB=90°時，連接PD，則線段PD的最小值是（ ）
A．211-2B．213-2C．6D．43
【答案】B
【分析】取AB中點G，連接BD，過點C作CH⊥BD于H，則BG=2，先求出BD=43，然后根據(jù)∠APB=90°，得到點P在以G為圓心，AB為直徑的圓上運動，則當D、P、G三點共線時，DP有最小值，由此求解即可．
【詳解】解：取AB中點G，連接BD，過點C作CH⊥BD于H，則BG=2，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴∠BCD=6-2×180°6=120°，CD=BC=AB=4，
∴BH=DH，∠DCH=∠BCH=12∠BCD=60°，
∴DH=CD?sin∠DCH=23，
∴BD=43，
∵∠APB=90°，
∴點P在以G為圓心，AB為直徑的圓上運動，
∴當D、P、G三點共線時，DP有最小值，
在Rt△BDG中，DG=BG2+BD2=213，
∴PD=DG-PG=213-2，
故選B．
【點睛】本題主要考查了正多邊形與圓，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，圓外一點到圓上一點的最值問題，確定當D、P、G三點共線時，DP有最小值是解題的關(guān)鍵．
28．（2022·陜西西安·陜西師大附中?？寄M預(yù)測）在正六邊形ABCDEF中，對角線AC，BD相交于點M，則AMCM的值為 ．
【答案】2
【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式即可得出∠ABC，∠BCD的度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)證明BM=CM，∠ABM=90°,設(shè)BM=a, 則CM=a,則AM=2a, 從而可得答案．
【詳解】解：∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴∠BCD=∠ABC=16 （6-2）×180°=120°，AB=BC=CD，
∴∠BAC=∠ACB=∠CBD=∠CDB=12（180°-120°）=30°，
∴CM=BM,∠ABM =90°，
設(shè)BM=a, 則CM=a,
∴AM=2BM=2a,
∴AMCM=2aa=2.
故答案為2．
【點睛】本題考查了正多邊形和圓、多邊形的內(nèi)角與外角以及等腰三角形的性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)等知識，熟記多邊形的內(nèi)角和公式是解答本題的關(guān)鍵．
題型08 正多邊形與圓的規(guī)律問題
29．（2022·江蘇揚州·模擬預(yù)測）如圖，把正六邊形各邊按一定方向延長，使延長的線段與原正六邊形的邊長相等，順次連接這六條線段外端點，可以得到一個新的正六邊形，，重復上述過程，經(jīng)過2018次后，所得的正六邊形的邊長是原正六邊形邊長的（ ）
A．(2)2016倍B．(3)2017倍C．(3)2018倍D．(2)2019倍
【答案】C
【分析】先根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得出∠1的度數(shù)，再根據(jù)AD=CD=BC判斷出△ABC的形狀及∠2的度數(shù)，求出AB的長，進而可得出，經(jīng)過2018次后，即可得出所得到的正六邊形的邊長．
【詳解】∵此六邊形是正六邊形，
∴∠1=180°-120°=60°，
∵AD=CD=BC，
∴△BCD為等邊三角形，
∴BD=12AC，
∴△ABC是直角三角形
又∵BC=12AC，
∴∠2=30°，
∴AB=3BC=3CD，
同理可得，經(jīng)過2次后，所得到的正六邊形是原正六邊形邊長（3）2倍，
∴經(jīng)過2018次后，所得到的正六邊形是原正六邊形邊長的（3）2018，
故選：C．
【點睛】本題考查的是正多邊形和圓，解答此題的關(guān)鍵是熟知正多邊形內(nèi)角的性質(zhì)及直角三角形的判定定理，此題有一定的難度．
30．（2022·廣東湛江·校考二模）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(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標為 ．
【答案】-3,1
【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(jīng)過第2023次旋轉(zhuǎn)后點的坐標即可．
【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-AP2=3，
∴第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標為3,-1，
第2次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標為-1,-3，
第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標為-3,1，
第4次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標為1,3，
∴4次一個循環(huán)，
∵2023÷4=505??3，
∴第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點A的坐標為-3,1．
故答案為：-3,1．
【點睛】本題考查正多邊形的性質(zhì)，規(guī)律型問題，坐標與圖形變化——旋轉(zhuǎn)等知識，解題的關(guān)鍵是學會探究規(guī)律的方法，屬于中考常考題型．
31．（2022·廣東·模擬預(yù)測）如圖，邊長為1的正六邊形ABCDEF放置于平面直角坐標系中，邊AB在x軸正半軸上，頂點F在y軸正半軸上，將正六邊形ABCDEF繞坐標原點O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，那么經(jīng)過第2025次旋轉(zhuǎn)后，頂點D的坐標為（ ）
A．（-32，-3）B．（32，-332）C．（-3，3）D．（-32，-32）
【答案】A
【分析】如圖，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(jīng)過第2025次旋轉(zhuǎn)后，頂點D的坐標與第三次旋轉(zhuǎn)得到的D3的坐標相同，由此即可解決問題．
【詳解】解：如圖，連接AD，BD．
在正六邊形ABCDEF中，AB=1，AD=2，∠ABD=90°，
∴BD=AD2-AB2=22-12=3，
在RtΔAOF中，AF=1，∠OAF=60°，
∴∠OFA=30°，
∴OA=12AF=12，
∴OB=OA+AB=32，
∴D(32，3)，
∵將正六邊形ABCDEF繞坐標原點O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，
∴6次一個循環(huán)，
∵2025÷6=337???3，
∴經(jīng)過第2025次旋轉(zhuǎn)后，頂點D的坐標與第三次旋轉(zhuǎn)得到的D3的坐標相同，
∵D與D3關(guān)于原點對稱，
∴D3(-32，-3)，
∴經(jīng)過第2025次旋轉(zhuǎn)后，頂點D的坐標(-32，-3)，
故選：A．
【點睛】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(zhuǎn)等知識，解題的關(guān)鍵是學會探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．
題型09 求弧長
32．（2022·山東棗莊·統(tǒng)考三模）一根鋼管放在V形架內(nèi)，其橫截面如圖所示，鋼管的半徑是24cm，若∠ACB=60°，則劣弧AB的長是（ ）
A．8πcmB．16πcmC．32πcmD．192πcm
【答案】B
【分析】先利用v形架與圓的關(guān)系求出∠C+∠AOB=180°，由∠C=60°，可求∠AOB=120°，由OB=24cm，利用弧長公式求即可．
【詳解】解：∵AC與BC是圓的切線，
∴OA⊥AC，OB⊥CB，
∴∠OAC=∠OBC=90°，
∴∠C+∠AOB=360°-∠OAC-∠OBC=360°-90°-90°=180°，
∵∠C=60°，
∴∠AOB=180°-60°=120°，
∵OB=24cm,
∴l(xiāng)AB=120×π×24180=16πcm．
故選擇B．
【點睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，四邊形內(nèi)角和，弧長公式，掌握直線與圓的位置關(guān)系，四邊形內(nèi)角和，弧長公式是解題關(guān)鍵．
33．（2023·甘肅天水·統(tǒng)考一模）如圖，一條公路（公路的寬度忽略不計）的轉(zhuǎn)彎處是一段圓?。ˋB），點O是這段弧所在圓的圓心，半徑OA=90m，圓心角∠AOB=80°，則這段彎路（AB）的長度為（ ）
A．20πmB．30πmC．40πmD．50πm
【答案】C
【分析】根據(jù)題目中的數(shù)據(jù)和弧長公式，可以計算出這段彎路（AB）的長度．
【詳解】解：∵半徑OA=90m，圓心角∠AOB=80°，
∴這段彎路（AB）的長度為：80π×90180=40π(m)，
故選C
【點睛】本題考查了弧長的計算，解答本題的關(guān)鍵是明確弧長計算公式l=nπr180.
34．（2022·廣東中山·統(tǒng)考一模）某款“不倒翁”（圖1）的主視圖是圖2，PA，PB分別與AMB所在圓相切于點A，B．若該圓半徑是9cm，∠P＝40°，則AMB的長是（ ）
A．11πcmB．112πcmC．7πcmD．72πcm
【答案】A
【分析】如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠PAO=∠PBO=90°，根據(jù)四邊形內(nèi)角和可得∠AOB的角度，進而可得AMB所對的圓心角，根據(jù)弧長公式進行計算即可求解．
【詳解】解：如圖，
∵ PA，PB分別與AMB所在圓相切于點A，B．
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P＝40°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-40°=140°，
∵該圓半徑是9cm，
∴AMB=360-140180π×9=11πcm，
故選：A．
【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，求弧長，牢記弧長公式是解題的關(guān)鍵．
35．（2023·湖北武漢·校考一模）某仿古墻上原有一個矩形的門洞，現(xiàn)要將它改為一個圓弧形的門洞，圓弧所在的圓外接于矩形，如圖．已知矩形的寬為2m，高為23m，則改建后門洞的圓弧長是（ ）
A．5π3mB．8π3mC．10π3mD．5π3+2m
【答案】C
【分析】利用勾股定理先求得圓弧形的門洞的直徑BC，再利用矩形的性質(zhì)證得ΔCOD是等邊三角形，得到∠COD=60°，進而求得門洞的圓弧所對的圓心角為360°-60°=300°，利用弧長公式即可求解．
【詳解】如圖，連接AD，BC，交于O點，
∵∠BDC=90° ，
∴BC是直徑，
∴BC=CD2+BD2=22+232=4，
∵四邊形ABDC是矩形，
∴OC=OD=12BC=2，
∵CD=2，
∴OC=OD=CD，
∴ΔCOD是等邊三角形，
∴∠COD=60°，
∴門洞的圓弧所對的圓心角為360°-60°=300° ，
∴改建后門洞的圓弧長是300°π×12BC180°=300°π×12×4180°=103π(m)，
故選：C
【點睛】本題考查了弧長公式，矩形的性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用，從實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學模型是解題的關(guān)鍵．
36．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）如圖，點A，B，C，D在半徑為5的⊙O上，連接AB，BC，CD，AD．若∠ABC=108°，則劣弧AC的長為 ．

【答案】4π
【分析】先利用圓內(nèi)接四邊形的對角互補求出∠D的度數(shù)，再利用圓周角定理求出∠AOC的度數(shù)，最后利用弧長公式求解即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∠ABC=108°，
∴∠D=180°-∠ABC=72°，
∴∠AOC=2∠D=144°，
∴劣弧AC的長為144×π×5180=4π．
故答案為：4π．
【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，弧長公式，熟練運用這些知識是解題的關(guān)鍵．
37．（2023·河北石家莊·校聯(lián)考二模）如圖是放于水平桌面上的魚缸，其主體部分的軸截面是圓心為O的弓形AMB，與桌面CD相切于點M，開口部分AB與桌面CD平行，測得開口部分AB=40cm，MB=205cm．（參考數(shù)據(jù)：tan26.5°≈12，sin30°=12）

(1)求弓形AMB的半徑；
(2)求優(yōu)弧AMB的長．
【答案】(1)25
(2)635π18
【分析】（1）連接MO并延長MO交AB與點N，根據(jù)垂徑定理可得AN=BN=20，在Rt△BMN中，BM2=BN2+MN2，勾股定理即可求得MN，設(shè)⊙O半徑為r，則OB=OM=r，ON=40-r，在Rt△ONB中，BO2=ON2+BN2，即可求解；
（2）連接AO、BO，根據(jù)正切的定義以及已知條件得到∠BMN=26.5°，進而求得AMB所對的圓心角度數(shù)，根據(jù)弧長公式即可求解．
【詳解】（1）連接MO并延長MO交AB與點N

由題意知，MO⊥CD，
∴∠OMC=90°，
又∵AB∥CD，
∴∠BNO=∠OMC=90°，
即NO⊥AB，
∴AN=BN=12AB=12×40=20，
在Rt△BMN中，BM2=BN2+MN2，
∴(205)2=MN2+202，
∴MN=40，
設(shè)⊙O半徑為r，則OB=OM=r，ON=40-r，
在Rt△ONB中，BO2=ON2+BN2，
∴r2=(40-r)2+202，
解得：r=25，
∴弓形AMB的半徑為25．
（2）連接AO、BO，

∵tan∠OMB=2040=12，tan26.5°≈12，
∴∠BMN=26.5°，
在⊙O中，∠BON=2∠BMN=53°，
∴∠AOB=53°×2=106°，
∴nAMB=360°-106°=254°，
∴l(xiāng)AMB=nπr180=254×π×25180=635π18．
【點睛】本題考查了垂徑定理的應(yīng)用，勾股定理，圓周角定理，求弧長，解直角三角形，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
題型10 利用弧長及扇形面積公式求半徑
38．（2021·安徽·統(tǒng)考三模）如圖，AB是⊙O的弦，點C是劣弧AB的中點，若∠BAC＝30°，劣弧AB的長為23π，則⊙O的半徑為 ．
【答案】1
【分析】連接OC、OB，根據(jù)已知求出∠COB的度數(shù)，根據(jù)弧長公式求出即可．
【詳解】解：如圖，連接OB、OC，
∵點C是劣弧AB的中點，劣弧AB的長為23π，
∴劣弧BC的長為13π，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，
根據(jù)弧長的計算公式得60πr180=13π，
∴r=1．
故答案為：1
【點睛】本題考查了圓周角定理和弧長公式，能求出∠COB的度數(shù)和熟記弧長公式是解此題的關(guān)鍵．
39．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考三模）一個扇形的弧長是4πcm，面積是12πcm2，則此扇形的半徑是 cm．
【答案】6
【分析】根據(jù)扇形面積公式S=12lr計算即可．
【詳解】解：∵S=12lr，
∴12π=12×4πr，
解得r=6，
故答案為：6．
【點睛】本題考查的是扇形面積公式，熟練掌握扇形面積公式S=12lr是解題的關(guān)鍵．
40．（2023·江蘇鹽城·統(tǒng)考一模）如圖，用一個圓心角為150°的扇形圍成一個無底的圓錐，如果這個圓錐底面圓的半徑為2cm，則這個扇形的半徑是 cm．

【答案】245
【分析】利用底面周長=展開圖的弧長可得．
【詳解】設(shè)扇形的半徑為rcm，則150?πr180=2π×2，
解得：r=245．
故答案為：245．
【點睛】本題考查了圓錐的側(cè)面展開圖問題，解答本題的關(guān)鍵是確定“底面周長=展開圖的弧長”這個等量關(guān)系，然后由扇形的弧長公式和圓的周長公式求值．
41．（2023·江蘇泰州·統(tǒng)考二模）如圖，在⊙O中，弦AB與CD交于點E，點C為AmB的中點，現(xiàn)有以下信息：

①AB為直徑；②∠ACD=60°；③∠CEB=105°．
(1)從三條信息中選擇兩條作為條件，另一條作為結(jié)論，組成一個真命題．
你選擇的條件是___________，結(jié)論是___________（填寫序號），請說明理由．
(2)在（1）的條件下，若AD的長為43π，求⊙O半徑．
【答案】(1)①②；③；理由見解析（答案不唯一）
(2)2
【分析】（1）任選其中兩條作為已知條件，剩余一條作為結(jié)論，均為真命題，結(jié)合圓當中的基本性質(zhì)和定理進行證明即可；
（2）結(jié)合條件∠ACD=60°可推出∠AOD，從而結(jié)合弧長計算公式直接求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖所示，連接BC，
∵點C為AmB的中點，
∴AC=BC，AC=BC，
情況一：選擇條件是①②，結(jié)論是③，是真命題；理由如下：
∵AB為直徑，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC為等腰直角三角形，∠CAB=45°，
∵∠ACD=60°，
∴∠CEB=∠ACD+∠CAB=60°+45°=105°，
∴條件是①②，結(jié)論是③，該命題為真命題；
情況二：選擇條件是①③，結(jié)論是②，是真命題；理由如下：
∵AB為直徑，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC為等腰直角三角形，∠CAB=45°，
∵∠CEB=105°，
∴∠ACD=∠CEB-∠CAB=105°-45°=60°，
∴條件是①③，結(jié)論是②，該命題為真命題；
情況三：選擇條件是②③，結(jié)論是①，是真命題；理由如下：
∵∠ACD=60°，∠CEB=105°，
∴∠CAB=∠CEB-∠ACD=105°-60°=45°，
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠ACB=90°，
∵AB是圓上的弦，
∴AB為直徑，
∴條件是②③，結(jié)論是①，該命題為真命題；
故答案為：①②；③（答案不唯一）；

（2）解：由（1）可知，∠ACD=60°，
如圖所示，連接OD，
∴∠AOD=2∠ACD=2×60°=120°，
∵AD的長為43π，設(shè)⊙O的半徑為r，
∴120πr180=43π，
解得：r=2，
∴⊙O的半徑為2．

【點睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，圓周角定理，弧長計算，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)等，理解直徑所對的圓周角為直角及其推論，掌握弧長計算公式是解題關(guān)鍵．
題型11 利用弧長及扇形面積公式求圓心角
42．（2022·湖南長沙·一模）已知扇形半徑是3cm，弧長為32πcm，則扇形的圓心角為 度．
【答案】90
【分析】已知扇形半徑是3cm，弧長為32πcm，直接利用弧長公式l=nπr180即可求出n的值．
【詳解】解：l=nπr180=nπ?3180=32π，
解得：n=90°，
故答案為：90．
【點睛】本題考查了弧長計算公式的應(yīng)用，掌握弧長公式是解題的關(guān)鍵．
43．（2021·新疆烏魯木齊·新疆農(nóng)業(yè)大學附屬中學?？家荒＃┮阎刃蚊娣e為24π，弧長為8π，則此扇形的圓心角為 度．
【答案】240
【分析】根據(jù)扇形的弧長為8π，面積為24π，可以得到該扇形所在圓的半徑，然后即可計算出該扇形所對的圓心角的度數(shù)．
【詳解】解：設(shè)該扇形的半徑為r，圓心角為n°，
∵扇形的弧長為8π，面積為24π，
∴ 12×8π?r=24π，
解得，r=6，
∵8π=nπ×6180，
∴n=240，
故答案為：240．
【點睛】本題考查扇形面積的計算、弧長的計算，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用扇形的弧長和面積公式解答．
44．（2022·河南駐馬店·校聯(lián)考二模）某種冰激凌的外包裝可以視為圓錐，它的底面圓直徑ED與母線AD長之比為1:2．制作這種外包裝需要用如圖所示的等腰三角形材料，其中AB=AC，AD⊥BC．將扇形AEF圍成圓錐時，AE，AF恰好重合．
（1）求這種加工材料的頂角∠BAC的大小
（2）若圓錐底面圓的直徑ED為5cm，求加工材料剩余部分（圖中陰影部分）的面積．（結(jié)果保留π）
【答案】（1）∠BAC=90°；（2）S陰影=（100-25π）cm2．
【分析】（1）設(shè)ED=x，則AD=2x，根據(jù)圓的周長求 EF弧長，利用弧長公式求n=90°即可；
（2）由AB=AC，∠BAC=90°，可得△ABC為等腰直角三角形，由AD⊥BC可求BD=CD=AD=10cm， 利用三角形面積公式求S△BAC=12BC×AD，利用扇形面積公式求S扇形EF=25π，利用面積差求S陰影即可．
【詳解】解：（1）設(shè)ED=x，則AD=2x，
∴EF弧長=2π×x2=nπ×2x180，
∴n=90°，
∴∠BAC=90°；
（2）∵ED=5cm，
∴AD=2ED=10cm，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC為等腰直角三角形，
∵AD⊥BC，
∴BD=CD=AD=10cm，
∴BC=BD+CD=20cm，
∴S△BAC=12BC×AD=12×20×10=100cm2，
∴S扇形EF =90×π×102360=25π，
∴S陰影= S△BAC-S扇形EF=（100-25π）cm2．
【點睛】本題考查圓錐，側(cè)面展開圖，扇形面積公式，等腰直角三角形判定與性質(zhì)，利用割補法求陰影面積，掌握圓錐，側(cè)面展開圖，扇形面積公式，等腰直角三角形判定與性質(zhì)，利用割補法求陰影面積是解題關(guān)鍵．
題型12 求某點的弧形運動路徑長度
45．（2023·貴州貴陽·統(tǒng)考三模）長為30 cm的細木條AB用兩個鐵釘固定在墻上，固定點為點A，B（鐵釘?shù)拇笮『雎圆挥嫞?，當固定點B處的鐵釘脫落后，細木條順時針旋轉(zhuǎn)至與原來垂直的方向，點B落在點C的位置，則點B旋轉(zhuǎn)的路徑BC長為（ ）

A．450π cmB．225π cmC．15π cmD．7.5π cm
【答案】C
【分析】根據(jù)弧長公式進行計算便可．
【詳解】解：點B旋轉(zhuǎn)的路徑BC長為90180π×30=15πcm，
故選：C．
【點睛】本題考查了求弧長，熟練掌握弧長公式是解題的關(guān)鍵．
46．（2022·福建廈門·統(tǒng)考二模）如圖，用一個半徑為6 cm的定滑輪拉動重物上升，滑輪旋轉(zhuǎn)了120°，假設(shè)繩索粗細不計，且與輪滑之間沒有滑動，則重物上升了 cm．（結(jié)果保留π）
【答案】4π
【分析】利用題意得到重物上升的高度為定滑輪中120°所對應(yīng)的弧長，然后根據(jù)弧長公式計算即可．
【詳解】解：根據(jù)題意，重物的高度為
120×π×6180=4π（cm）．
故答案為：4π．
【點睛】本題考查了弧長公式：l=n?π?R180（弧長為l，圓心角度數(shù)為n，圓的半徑為R）．
47．（2022·山東濱州·校考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，BC=3，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°

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