13.「2024山東泰安中考,★☆」兩個半徑相等的半圓按如圖方式放置,半圓O'的一個直徑端點與半圓O的圓心重合,若半圓的半徑為2,則陰影部分的面積是( )
A.4/3π - √3
B.4/3π
C.2/3π - √3
D.4/3π - √3/4
答案：A 如圖，設(shè)兩個半圓的交點為 $A$，連接 $OA$，$AO'$，過點 $A$ 作 $AB \perp OO'$ 于點 $B$，$\because OA = OO' = AO' = 2$，$\therefore \triangle AOO'$ 是等邊三角形，$\therefore \angle AOO' = 60^{\circ}$，$OB = \frac{1}{2}OO' = 1$，$\therefore AB = \sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$，$\therefore S_{弓形AO'} = S_{扇形AOO'} - S_{\triangle AOO'} = \frac{60\pi \times 2^{2}}{360} - 2 \times \sqrt{3} \times \frac{1}{2} = \frac{2\pi}{3} - \sqrt{3}$，$\therefore S_{陰影} = S_{弓形AO'} + S_{扇形AO'O} = \frac{2\pi}{3} - \sqrt{3} + \frac{2\pi}{3} = \frac{4\pi}{3} - \sqrt{3}$。故選 A。
14.「2025河北石家莊裕華月考,★☆」如圖,在
Rt△ABC中,∠C= 90°,∠ABC= 30°,AC= 1.將△ABC繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)到△A'BC'的位置,使A,B,C'三點在同一直線上,則AB邊掃過的面積為
$\frac{5\pi}{3}$
.
答案：答案 $\frac{5\pi}{3}$
解析 由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得 $\angle A'BC' = \angle ABC = 30^{\circ}$，$\because A$，$B$，$C'$ 三點在同一直線上，$\therefore \angle ABA' = 180^{\circ} - \angle A'BC' = 150^{\circ}$，$\because$ 在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，$AC = 1$，$\therefore AB = 2AC = 2$，$\therefore AB$ 邊掃過的面積為 $\frac{150\pi \times 2^{2}}{360} = \frac{5\pi}{3}$。
15.「2023四川自貢中考,★☆」如圖,小珍同學(xué)用半徑為8 cm,圓心角為100°的扇形紙片,制作一個底面半徑為2 cm的圓錐側(cè)面,則圓錐上粘貼部分的面積是$______cm^2.$
答案：答案 $\frac{16\pi}{9}$
解析 如圖，由題意得 $\overparen{AC}$ 的長為 $2\pi \times 2 = 4\pi(cm)$，設(shè) $\overparen{AC}$ 所對的圓心角為 $n^{\circ}$，則 $\frac{n\pi \times 8}{180} = 4\pi$，解得 $n = 90$，$\therefore$ 粘貼部分所對應(yīng)的圓心角為 $100^{\circ} - 90^{\circ} = 10^{\circ}$，$\therefore$ 圓錐上粘貼部分的面積是 $\frac{10\pi \times 8^{2}}{360} = \frac{16\pi}{9}(cm^{2})$。
16.「2025重慶沙坪壩期中,★☆」如圖,長方形ABCD的長BC為4a,寬AB為2b,以點C為圓心,BC的長為半徑作圓,與CD的延長線交于點E,以點A為圓心,AB的長為半徑作圓,與AD交于點F,則陰影部分的面積為______.(結(jié)果保留π)
答案：答案 $4\pi a^{2} + \pi b^{2} - 8ab$
解析 如圖，設(shè)兩個陰影部分的面積分別是 $S_{1}$，$S_{2}$，兩個空白部分的面積分別是 $S_{3}$，$S_{4}$。根據(jù)圖形，得 $S_{1} + S_{2} + S_{4} = S_{扇形BCE}$，$S_{1} + S_{3} = S_{扇形BAF}$，$S_{1} + S_{3} + S_{4} = S_{長方形ABCD}$，$\therefore S_{1} + S_{2} + S_{4} = \frac{90}{360}\pi \times (4a)^{2} = 4\pi a^{2}$ ①，$S_{1} + S_{3} = \frac{90}{360}\pi \times (2b)^{2} = \pi b^{2}$ ②，$S_{1} + S_{3} + S_{4} = 4a \cdot 2b = 8ab$ ③，把②代入③，得 $\pi b^{2} + S_{4} = 8ab$，解得 $S_{4} = 8ab - \pi b^{2}$ ④，把④代入①，得 $S_{1} + S_{2} + 8ab - \pi b^{2} = 4\pi a^{2}$，解得 $S_{1} + S_{2} = 4\pi a^{2} + \pi b^{2} - 8ab$，$\therefore$ 陰影部分的面積為 $4\pi a^{2} + \pi b^{2} - 8ab$。
17.「2023江蘇南通中考,★☆」如圖,等腰三角形OAB的頂角∠AOB= 120°,⊙O和底邊AB相切于點C,并與兩腰OA,OB分別相交于D,E兩點,連接CD,CE.
(1)求證:四邊形ODCE是菱形.
(2)若⊙O的半徑為2,求圖中陰影部分的面積.
答案：解析 (1) 證明：如圖，連接 $OC$，$\because \odot O$ 和底邊 $AB$ 相切于點 $C$，$\therefore OC \perp AB$。$\because OA = OB$，$\angle AOB = 120^{\circ}$，$\therefore \angle AOC = \angle BOC = \frac{1}{2}\angle AOB = 60^{\circ}$。$\because OD = OC$，$OC = OE$，$\therefore \triangle ODC$ 和 $\triangle OCE$ 都是等邊三角形，$\therefore OD = OC = DC$，$OC = OE = CE$，$\therefore OD = CD = CE = OE$，$\therefore$ 四邊形 $ODCE$ 是菱形。
(2) 如圖，連接 $DE$ 交 $OC$ 于點 $F$，$\because$ 四邊形 $ODCE$ 是菱形，$\therefore OF = \frac{1}{2}OC = 1$，$DE = 2DF$，$\angle OFD = 90^{\circ}$。在 $Rt\triangle ODF$ 中，$OD = 2$，$\therefore DF = \sqrt{OD^{2} - OF^{2}} = \sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$，$\therefore DE = 2DF = 2\sqrt{3}$，$\therefore S_{陰影部分} = S_{扇形ODE} - S_{菱形ODCE} = \frac{120\pi \times 2^{2}}{360} - \frac{1}{2} \times 2 \times 2\sqrt{3} = \frac{4\pi}{3} - 2\sqrt{3}$，$\therefore$ 圖中陰影部分的面積為 $\frac{4\pi}{3} - 2\sqrt{3}$。
18.新學(xué)科動點最值問題「2023內(nèi)蒙古通遼中考」如圖,在扇形AOB中,∠AOB= 60°,OD平分∠AOB交?AB于點D,點C是半徑OB上一動點,若OA= 1,則陰影部分周長的最小值為( )
A.√2 + π/6
B.√2 + π/3
C.2√2 + π/6
D.2√2 + π/3
答案：A 如圖，作 $D$ 點關(guān)于直線 $OB$ 的對稱點 $E$，連接 $AE$，與 $OB$ 的交點為 $C$，此時陰影部分的周長最小，連接 $OE$，在扇形 $AOB$ 中，$\angle AOB = 60^{\circ}$，$OD$ 平分 $\angle AOB$ 交 $\overparen{AB}$ 于點 $D$，$\therefore \angle AOD = \angle BOD = 30^{\circ}$，由軸對稱的性質(zhì)，得 $\angle EOB = \angle BOD = 30^{\circ}$，$OE = OD$，$CD = CE$，$\therefore \angle AOE = 90^{\circ}$，$\therefore \triangle AOE$ 是等腰直角三角形，$\because OA = 1$，$\therefore AE = \sqrt{2}$，$\overparen{AD}$ 的長 $= \frac{30\pi \times 1}{180} = \frac{\pi}{6}$，$\therefore$ 陰影部分周長的最小值為 $\sqrt{2} + \frac{\pi}{6}$，故選 A。
