登录
1. (2024·绵阳)将一把折扇展开,可抽象成一个扇形,若该扇形的半径为2,弧长为$\frac {4π}{3}$,则扇形的圆心角度数为 ()
A.$30^{\circ }$
B.$60^{\circ }$
C.$90^{\circ }$
D.$120^{\circ }$
A.$30^{\circ }$
B.$60^{\circ }$
C.$90^{\circ }$
D.$120^{\circ }$
答案
D
解析
设扇形的圆心角度数为$n^{\circ}$，已知扇形半径$R = 2$，弧长$l=\frac{4\pi}{3}$。
根据弧长公式$l=\frac{n\pi R}{180}$，可得$\frac{n\pi×2}{180}=\frac{4\pi}{3}$，
两边同时除以$\pi$得$\frac{2n}{180}=\frac{4}{3}$，
交叉相乘可得$6n = 720$，
解得$n = 120$，即扇形的圆心角度数为$120^{\circ}$。
根据弧长公式$l=\frac{n\pi R}{180}$，可得$\frac{n\pi×2}{180}=\frac{4\pi}{3}$，
两边同时除以$\pi$得$\frac{2n}{180}=\frac{4}{3}$，
交叉相乘可得$6n = 720$，
解得$n = 120$，即扇形的圆心角度数为$120^{\circ}$。
2. (2024·无锡)已知圆锥的底面圆半径为3,母线长为4,则圆锥的侧面积为 ()
A.$6π$
B.$12π$
C.$15π$
D.$24π$
A.$6π$
B.$12π$
C.$15π$
D.$24π$
答案
B
解析
圆锥的侧面积公式为$S = \pi r l$，其中$r$为底面圆半径，$l$为母线长。
已知圆锥底面圆半径$r = 3$，母线长$l = 4$，将其代入公式可得：
$S=\pi×3×4 = 12\pi$。
已知圆锥底面圆半径$r = 3$，母线长$l = 4$，将其代入公式可得：
$S=\pi×3×4 = 12\pi$。
3. 有一张直径为24 mm的圆形纸片,用它能完全覆盖住的正六边形的边长最大为 ()
A.12 mm
B.$12\sqrt {3}mm$
C.6 mm
D.$6\sqrt {3}mm$
A.12 mm
B.$12\sqrt {3}mm$
C.6 mm
D.$6\sqrt {3}mm$
答案
A
解析
要使圆形纸片完全覆盖正六边形，该圆需为正六边形的外接圆。已知圆的直径为24mm，则半径为12mm。正六边形的外接圆半径等于其边长，故正六边形边长最大为12mm。
4. (2023·广安)如图,在等腰直角三角形ABC中,$∠ACB=90^{\circ },AC=BC=2\sqrt {2}$,以点A为圆心,AC为半径作弧,交AB于点E,以点B为圆心,BC为半径作弧,交AB于点F,则图中涂色部分的面积是 ()
A.$π-2$
B.$2π-2$
C.$2π-4$
D.$4π-4$
A.$π-2$
B.$2π-2$
C.$2π-4$
D.$4π-4$
答案
C
解析
在等腰直角三角形$ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$AC=BC=2\sqrt{2}$，则$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2}=4$，$\angle CAB=\angle CBA=45^{\circ}$。
以$A$为圆心，$AC$为半径的扇形（圆心角$45^{\circ}$）面积：$S_1=\frac{45}{360}\pi(2\sqrt{2})^2=\frac{1}{8}\pi×8=\pi$；
以$B$为圆心，$BC$为半径的扇形（圆心角$45^{\circ}$）面积：$S_2=\frac{45}{360}\pi(2\sqrt{2})^2=\pi$；
$\triangle ABC$面积：$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$；
涂色部分面积$=S_1+S_2 - S_{\triangle ABC}=\pi+\pi - 4=2\pi - 4$。
以$A$为圆心，$AC$为半径的扇形（圆心角$45^{\circ}$）面积：$S_1=\frac{45}{360}\pi(2\sqrt{2})^2=\frac{1}{8}\pi×8=\pi$；
以$B$为圆心，$BC$为半径的扇形（圆心角$45^{\circ}$）面积：$S_2=\frac{45}{360}\pi(2\sqrt{2})^2=\pi$；
$\triangle ABC$面积：$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$；
涂色部分面积$=S_1+S_2 - S_{\triangle ABC}=\pi+\pi - 4=2\pi - 4$。
5. (2023·十堰)如图,C为圆锥母线SB的中点,AB为底面圆的直径,$SB=6,AB=4$,一只蚂蚁沿着圆锥的侧面从点A爬到点C,则蚂蚁爬行的最短路程为 ()
A.5
B.$3\sqrt {3}$
C.$3\sqrt {2}$
D.$6\sqrt {3}$
A.5
B.$3\sqrt {3}$
C.$3\sqrt {2}$
D.$6\sqrt {3}$
答案
B
解析
圆锥底面半径$r=2$，母线$l=6$。侧面展开图扇形弧长等于底面周长$4\pi$，设扇形圆心角为$n$，则$\frac{n\pi×6}{180}=4\pi$，解得$n=120°$。
底面直径$AB$，则底面半圆弧长为$2\pi$，对应展开图扇形圆心角为$\frac{120°}{2}=60°$，即展开图中$\angle ASB=60°$（$S$为扇形圆心，$SA=SB=6$）。
$C$为$SB$中点，$SC=3$。在$\triangle ASC$中，由余弦定理：$AC^2=SA^2+SC^2-2\cdot SA\cdot SC\cdot\cos60°=6^2+3^2-2×6×3×\frac{1}{2}=36+9-18=27$，故$AC=3\sqrt{3}$。
底面直径$AB$，则底面半圆弧长为$2\pi$，对应展开图扇形圆心角为$\frac{120°}{2}=60°$，即展开图中$\angle ASB=60°$（$S$为扇形圆心，$SA=SB=6$）。
$C$为$SB$中点，$SC=3$。在$\triangle ASC$中，由余弦定理：$AC^2=SA^2+SC^2-2\cdot SA\cdot SC\cdot\cos60°=6^2+3^2-2×6×3×\frac{1}{2}=36+9-18=27$，故$AC=3\sqrt{3}$。
6. (2024·德阳)已知正六边形ABCDEF的面积为$6\sqrt {3}$,则正六边形的边长为.
答案
2（这里假设是填空题，若原题是其他类型题请根据实际情况处理，由于题目未明确题型，按求解数值结果处理）
解析
设正六边形边长为$a$，正六边形可以分割成六个全等的正三角形，正三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$。
正六边形面积$S = 6×\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$，已知$S = 6\sqrt{3}$，则$6×\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}=6\sqrt{3}$，化简可得$\frac{3\sqrt{3}}{2}a^{2}=6\sqrt{3}$，两边同时除以$\sqrt{3}$得$\frac{3}{2}a^{2}=6$，进一步得到$a^{2}=4$，解得$a = 2$（边长不能为负舍去$-2$）。
正六边形面积$S = 6×\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$，已知$S = 6\sqrt{3}$，则$6×\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}=6\sqrt{3}$，化简可得$\frac{3\sqrt{3}}{2}a^{2}=6\sqrt{3}$，两边同时除以$\sqrt{3}$得$\frac{3}{2}a^{2}=6$，进一步得到$a^{2}=4$，解得$a = 2$（边长不能为负舍去$-2$）。
7. (2024·镇江)如图,四边形ABCD为平行四边形,以点A为圆心,AB为半径画弧,交BC边于点E,连接AE.若$AB=1,∠D=60^{\circ }$,则$\widehat {BE}$的长为.
答案
$\frac{\pi}{3}$
解析
∵四边形ABCD是平行四边形，∠D=60°，
∴∠B=∠D=60°，AB=CD=1，AD=BC。
∵以点A为圆心，AB为半径画弧交BC于点E，
∴AB=AE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°。
∴弧BE的长为：$\frac{60\pi×1}{180}=\frac{\pi}{3}$。
8. (2024·齐齐哈尔)若圆锥的底面圆半径是1 cm,它的侧面展开图的圆心角是直角,则该圆锥的高为cm.
答案
$\sqrt{15}$
解析
设圆锥母线长为$l$ cm。
圆锥底面圆周长为$2\pi×1 = 2\pi$ cm。
侧面展开图的圆心角是直角即$90^{\circ}=\frac{\pi}{2}$弧度，弧长$L = \alpha× l$（$\alpha$为圆心角弧度数），这里$L = 2\pi$，$\alpha=\frac{\pi}{2}$，可得$2\pi=\frac{\pi}{2}× l$，解得$l = 4$ cm。
圆锥的高$h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}$（$r$为底面圆半径），把$l = 4$，$r = 1$代入得$h=\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$ cm。
圆锥底面圆周长为$2\pi×1 = 2\pi$ cm。
侧面展开图的圆心角是直角即$90^{\circ}=\frac{\pi}{2}$弧度，弧长$L = \alpha× l$（$\alpha$为圆心角弧度数），这里$L = 2\pi$，$\alpha=\frac{\pi}{2}$，可得$2\pi=\frac{\pi}{2}× l$，解得$l = 4$ cm。
圆锥的高$h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}$（$r$为底面圆半径），把$l = 4$，$r = 1$代入得$h=\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$ cm。
9. (新考向·跨学科)(2024·昆山期末)如图,物理实验中利用一个半径为6 cm的定滑轮提起砝码,小明向下拉动绳子一端,使得定滑轮逆时针转动了$150^{\circ }$,此时砝码被提起了cm.
答案
$5\pi$
解析
定滑轮的半径 $ r = 6 $ cm。
定滑轮逆时针转动的角度 $ \theta = 150° $。
将角度转换为弧度：
$ \theta = 150° × \frac{\pi}{180°} = \frac{5\pi}{6} $。
计算提起砝码的高度，即弧长 $ l $：
$ l = r × \theta = 6 × \frac{5\pi}{6} = 5\pi $。
所以，砝码被提起的高度为 $ 5\pi $ cm。
定滑轮逆时针转动的角度 $ \theta = 150° $。
将角度转换为弧度：
$ \theta = 150° × \frac{\pi}{180°} = \frac{5\pi}{6} $。
计算提起砝码的高度，即弧长 $ l $：
$ l = r × \theta = 6 × \frac{5\pi}{6} = 5\pi $。
所以，砝码被提起的高度为 $ 5\pi $ cm。
10. (2023·仙桃)如图,在$3×3$的正方形网格中,每个小正方形的边长均为1,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,图中的圆弧为格点三角形ABC外接圆的一部分,则图中涂色部分的面积为.
答案
π/2 - 1
解析
设格点坐标：A(0,1)，B(2,1)，C(2,3)。
1. 确定外接圆圆心与半径：△ABC为直角三角形（∠B=90°），外心为斜边AC中点O(1,2)，半径OA=OB=√[(1-0)²+(2-1)²]=√2。
2. 求圆心角：向量OA=(-1,-1)，OB=(1,-1)，数量积为(-1)(1)+(-1)(-1)=0，故∠AOB=90°。
3. 计算弓形面积：扇形OAB面积=(90π(√2)²)/360=π/2；△OAB面积=(1/2)×√2×√2=1。涂色部分（弓形）面积=扇形面积-△OAB面积=π/2 - 1。
1. 确定外接圆圆心与半径：△ABC为直角三角形（∠B=90°），外心为斜边AC中点O(1,2)，半径OA=OB=√[(1-0)²+(2-1)²]=√2。
2. 求圆心角：向量OA=(-1,-1)，OB=(1,-1)，数量积为(-1)(1)+(-1)(-1)=0，故∠AOB=90°。
3. 计算弓形面积：扇形OAB面积=(90π(√2)²)/360=π/2；△OAB面积=(1/2)×√2×√2=1。涂色部分（弓形）面积=扇形面积-△OAB面积=π/2 - 1。
11. 如图,半径为2 cm的$\odot O$与边长为2 cm的正方形ABCD的边AB相切于点E,点F为正方形ABCD的中心,直线OE过点F.当正方形ABCD沿直线OF以$(2-\sqrt {3})cm/s$的速度向左运动s时,$\odot O$与正方形重叠部分的面积为$(\frac {2π}{3}-\sqrt {3})cm^{2}$.
答案
1
解析
设直线OE为x轴，O为原点(0,0)。圆O半径为2cm，初始时切点E(2,0)，AB为正方形竖直边（切线垂直于半径OE），方程x=2。正方形边长2cm，中心F(3,0)，上下边界y=±1，左右边界x=2到4。
正方形向左移动距离d后，左边AB边方程为x=2-d。重叠面积为(2π/3 - √3)，此为圆内正方形部分面积。当AB与圆交于(√3,1)和(√3,-1)时，代入圆方程(2-d)²+1²=4，解得2-d=√3，故d=2-√3。
速度v=(2-√3)cm/s，时间t=d/v=(2-√3)/(2-√3)=1s。
正方形向左移动距离d后，左边AB边方程为x=2-d。重叠面积为(2π/3 - √3)，此为圆内正方形部分面积。当AB与圆交于(√3,1)和(√3,-1)时，代入圆方程(2-d)²+1²=4，解得2-d=√3，故d=2-√3。
速度v=(2-√3)cm/s，时间t=d/v=(2-√3)/(2-√3)=1s。
