专题2.35弧长及扇形的面积 直通中考（含解析）2023-2024学年九年级数学上册苏科版专项讲练

专题2.35 弧长及扇形的面积（直通中考）
【要点回顾】
1. 正边形的圆心角为度.
2. 弧长计算公式：在半径为的圆中，的圆心角所对的弧长计算公式为.
3. 如果扇形的半径为，圆心角为，那么扇形面积的计算公式为.
4.如果扇形的半径为，弧长为，那么扇形面积的计算公式为.
一、单选题
（2023·辽宁大连·统考中考真题）
1．圆心角为，半径为3的扇形弧长为（ ）
A． B． C． D．
（2023·新疆·统考中考真题）
2．如图，在中，若，，则扇形(阴影部分)的面积是( )

A． B． C． D．
（2023·四川·统考中考真题）
3．如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为(　　)

A． B． C． D．
（2023·湖南张家界·统考中考真题）
4．“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，分别以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若等边的边长为3，则该“莱洛三角形”的周长等于（ ）

A． B． C． D．
（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）
5．如图，四边形内接于，的半径为，，则的长是（ ）

A． B． C． D．
（2023·四川广安·统考中考真题）
6．如图，在等腰直角中，，以点为圆心，为半径画弧，交于点，以点为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是（　　）

A． B． C． D．
（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）
7．如图，在扇形中，，平分交于点D，点C是半径上一动点，若，则阴影部分周长的最小值为（ ）

A． B． C． D．
（2023·湖北·统考中考真题）
8．如图，在的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
（2023·湖北恩施·统考中考真题）
9．如图，等圆和相交于A，B两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
（2023·四川达州·统考中考真题）
10．如图，四边形是边长为的正方形，曲线是由多段的圆心角的圆心为，半径为；的圆心为，半径为的圆心依次为循环，则的长是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
（2023·湖南永州·统考中考真题）
11．已知扇形的半径为6，面积为，则扇形圆心角的度数为 度．
（2023·江苏泰州·统考中考真题）
12．半径为的圆内接正五边形一边所对劣弧的长为 ．
（2023·吉林·统考中考真题）
13．如图①，A，B表示某游乐场摩天轮上的两个轿厢．图②是其示意图，点O是圆心，半径r为，点A，B是圆上的两点，圆心角，则的长为 ．（结果保留）

（2023·内蒙古·统考中考真题）
14．如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．

（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）
15．某款“不倒翁”（如图）的主视图是图，分别与所在圆相切于点A，B，若该圆半径是，则主视图的面积为 ．

（2023·山东·统考中考真题）
16．如图，正八边形的边长为4，以顶点A为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为 （结果保留）．

（2023·湖南郴州·统考中考真题）
17．如图，在中，，，．将绕点逆时针旋转，得到，若点的对应点恰好落在线段上，则点的运动路径长是 cm（结果用含的式子表示）．

（2023·湖南常德·统考中考真题）
18．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， ．（结果保留一位小数）
三、解答题
（2023·江西·统考中考真题）
19．如图，在中，，以为直径的与相交于点D，E为上一点，且．

(1)求的长；
(2)若，求证：为的切线．
（2023·山东临沂·统考中考真题）
20．如图，是的外接圆，是的直径，，E为的延长线与的交点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
（2023·湖北十堰·统考中考真题）
21．如图，在中，，点在上，以为圆心，为半径的半圆分别交，于点，且点是弧的中点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积（结果保留）．
（2023·辽宁·统考中考真题）
22．如图，内接于，是的直径，平分交于点E，过点E作，交的延长线于点F．

(1)求证：与相切；
(2)若，，过点E作于点M，交于点G，交于点N，求的长．
（2023·山东潍坊·统考中考真题）
23．如图，正方形内接于，在上取一点E，连接，．过点A作，交于点G，交于点F，连接，．

(1)求证：；
(2)若，，求阴影部分的面积．
（2023·湖南益阳·统考中考真题）
24．如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．

(1)求的度数；
(2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若，求的长．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】根据弧长公式（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r），由此计算即可．
【详解】解：该扇形的弧长，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形的弧长计算公式（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r），正确记忆弧长公式是解答此题的关键．
2．B
【分析】根据圆周角定理求得，然后根据扇形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴．
故选：B.
【点睛】本题考查了圆周角定理，扇形面积公式，熟练掌握扇形面积公式以及圆周角定理是解题的关键．
3．B
【分析】连接，证明四边形是正方形，进而得出，，然后根据扇形面积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵，，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴图中阴影部分面积，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形是正方形是解题的关键．
4．B
【分析】根据等边三角形的性质及弧长公式求解即可．
【详解】解：∵等边三角形的边长为3，，
∴，
∴该“莱洛三角形”的周长，
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，弧长公式，熟练掌握等边三角形的性质和弧长公式是解题的关键．
5．C
【分析】根据圆内接四边形的性质得到，由圆周角定理得到，根据弧长的公式即可得到结论．
【详解】解：四边形内接于，，
，
，
的长．
故选：．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6．C
【分析】先利用扇形的面积公式求出扇形和扇形的面积，再减去的面积即可得．
【详解】解：是等腰直角三角形，
，
，
∴图中阴影部分的面积是
，
故选：C．
【点睛】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．
7．A
【分析】由于是定值，只需求解的最小值即可，作点D关于对称点，连接、、，则最小值为的长度，即阴影部分周长的最小最小值为．利用角平分线的定义可求得，进而利用勾股定理和弧长公式求得和即可．
【详解】解：如图，作点D关于对称点，连接、、，

则，，，
∴，当A、C、共线时取等号，此时，最小，即阴影部分周长的最小，最小值为．
∵平分，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
又，
∴阴影部分周长的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查弧长公式、勾股定理、角平分线的定义、轴对称性质，能利用轴对称性质求解最短路径问题是解答的关键．
8．D
【分析】根据网格的特点作的垂直平分线，作的垂直平分线，设与相交于点O，连接，则点O是外接圆的圆心，先根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，然后根据，进行计算即可解答．
【详解】解：如图：作的垂直平分线，作的垂直平分线，设与相交于点O，连接，则点O是外接圆的圆心，

由题意得：，，，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∵，
∴
，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
9．D
【分析】先证明，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．
【详解】如图，连接，，
∵等圆和相交于A，B两点
∴,
∵和是等圆
∴
∴是等边三角形
∴
∵,,
∴
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．
10．A
【分析】曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，得到，，得出半径，再计算弧长即可．
【详解】解：由图可知，曲线是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径，
，，，，
，，，，
，
，，
故的半径为，
的弧长．
故选A
【点睛】此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．
11．60
【分析】根据扇形的面积公式即可求出答案．
【详解】解：设扇形圆心角的度数为，
，
扇形的半径为6，
．
故答案为：60．
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，解题的关键在于熟练掌握扇形的面积公式： ．
12．
【分析】根据正多边形和圆的性质，计算半径为的圆周长的五分之一即可．
【详解】解：由题意得，半径为的圆内接正五边形一边所对劣弧的长是半径为的圆周长的五分之一，
所以，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握弧长、圆周长计算方法是正确解答的关键．
13．
【分析】利用弧长公式直接计算即可．
【详解】∵半径，圆心角，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长计算，熟练掌握弧长公式，并规范计算是解题的关键．
14．
【分析】根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形的面积，然后由勾股定理得出，再由扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：正方形，
∴，，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴
∴阴影部分的面积为扇形的面积，即，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及扇形的面积公式，理解题意，将阴影部分面积进行转化是解题关键．
15．
【分析】根据题意，先找到圆心，然后根据，分别与所在圆相切于点A，B．可以得到的度数，然后即可得到优弧对应的圆心角，再根据主视图的面积为计算即可．
【详解】解：设圆心为O，过O作，，和相交于点，连接，如图，

∵，分别与所在圆相切于点A，B．
∴，
∵，
∴，，
∴优弧对应的圆心角为，，
∵该圆半径是，
∴，
∴主视图的面积为
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，求扇形面积，牢记扇形面积公式是解题的关键．
16．
【分析】先利用正八边形求出圆心角的度数，再利用扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：由题意，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积，正多边形的每个内角度数为．
17．
【分析】由于旋转到，故C的运动路径长是的圆弧长度，根据弧长公式求解即可．
【详解】以A为圆心作圆弧，如图所示．

在直角中，，则，
则．
∴．
由旋转性质可知，，又，
∴是等边三角形．
∴．
由旋转性质知，．
故弧的长度为：；
故答案为：
【点睛】本题考查了含角直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、弧长公式等知识点，解题的关键是明确C点的运动轨迹．
18．0.1
【分析】由已知求得与的值，代入得弧长的近似值，利用弧长公式可求弧长的值，进而即可得解．
【详解】∵，
∴，
∵C是弦的中点，D在上，，
∴延长可得O在上，
∴，
∴，
，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查扇形的弧长，掌握垂径定理。弧长公式是关键．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）如图所示，连接，先求出，再由圆周角定理得到，进而求出，再根据弧长公式进行求解即可；
（2）如图所示，连接，先由三角形内角和定理得到，则由圆周角定理可得，再由是的直径，得到，进而求出，进一步推出，由此即可证明是的切线．
【详解】（1）解：如图所示，连接，
∵是的直径，且，
∴，
∵E为上一点，且，
∴，
∴，
∴的长；

（2）证明：如图所示，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线．

【点睛】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键
．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，根据是的外接圆，得到，由平行线的性质，得到，即可得证．
（2）连接，等边对等角，求出的度数，圆周角定理求出度数，得到为等边三角形，求出半径和的度数，利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，
∵是的外接圆，
∴点是三边中垂线的交点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；

（2）解：连接，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，求弧长，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接、，证出，即可得出结论；
（2）根据，分别求出和即可得出答案．
【详解】（1）连接、，

，
，
，
，
，
点是弧的中点，
，
，
，
为半径，
是的切线；
（2），，
为等腰直角三角形，
设，则，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定定理、扇形的面积、等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握切线的判定定理．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由是的直径可得，进而可得，再根据圆周角定理可得，进而可证，，即可证明与相切；
（2）连接，，先证是等边三角形，推出，再根据圆周角定理证明，进而可得，再根据弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，

是的直径，
，
平分交于点E，
，
，
，
，
，
是的半径，
与相切；
（2）解：如图，连接，，

，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，
，
，
，是的直径，
，
．
即的长为．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，弧长公式，等边三角形的判定与性质等，熟练应用圆周角定理是解题的关键．
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，连接，证明，再证明，，可得，结合，从而可得结论；
（2）如图，连接，，过作于，设，在上取Q，使，证明，，，可得，，求解，而，可得，，，可得，再求解x，利用进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵，则，

∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）如图，连接，，过作于，设，在上取Q，使，

∵O为正方形中心，
∴，，而，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∴，，
而正方形的边长，
∴，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
而，
∴．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，含的直角三角形的性质，扇形面积的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
24．(1)
(2)是菱形，证明见解析
(3)的长为．
【分析】（1）如图，连接，证明，而，可得，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明，即，而，求解，可得，证明，可得，再证明，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，，交于，证明为等边三角形，可得，证明，，求解，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接，

∵线段与相切于点B，
∴，而，
∴，
∵，
∴；
（2）四边形是菱形，理由如下：
∵的中点为M，，
∴，即，而，
∴，
∴，
∵的中点为M，为直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）如图，连接，，交于，

∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴的长为．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
答案第1页，共2页
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