登录
19. (★★)如图,在$\odot O$中,$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,OC与AD相交于点E.
求证:(1)$AD// BC$;
(2)四边形BCDE为菱形.
求证:(1)$AD// BC$;
(2)四边形BCDE为菱形.
答案
证明：
(1) ∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ 弧AB和弧CD所对的圆周角相等，即$∠ ADB = ∠ CBD$，
∴ $AD// BC$。
(2) 连接BD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $BC=CD$，由垂径定理可得OC垂直平分BD，
∴ $BE=ED$。
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ BCE = ∠ DEC$。
又∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，OC是$\odot O$的半径，
∴ OC平分$∠ BCD$，即$∠ BCE = ∠ DCE$，
∴ $∠ DEC = ∠ DCE$，
∴ $DE=CD$，
∴ $BC=DE$。
又∵ $BC// DE$，
∴ 四边形BCDE是平行四边形，
又∵ $BC=CD$，
∴ 平行四边形BCDE为菱形。
(1) ∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ 弧AB和弧CD所对的圆周角相等，即$∠ ADB = ∠ CBD$，
∴ $AD// BC$。
(2) 连接BD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $BC=CD$，由垂径定理可得OC垂直平分BD，
∴ $BE=ED$。
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ BCE = ∠ DEC$。
又∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，OC是$\odot O$的半径，
∴ OC平分$∠ BCD$，即$∠ BCE = ∠ DCE$，
∴ $∠ DEC = ∠ DCE$，
∴ $DE=CD$，
∴ $BC=DE$。
又∵ $BC// DE$，
∴ 四边形BCDE是平行四边形，
又∵ $BC=CD$，
∴ 平行四边形BCDE为菱形。
解析
【分析】
(1) 要证$AD// BC$，可通过证明内错角相等推导：已知$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，根据圆周角定理，等弧所对的圆周角相等，可得$∠ADB=∠CBD$，二者是AD、BC被BD所截的内错角，即可推出平行关系。
(2) 要证四边形BCDE为菱形，可先证它是平行四边形，再证明一组邻边相等：首先连接BD，由$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$可得弦$BC=CD$，结合垂径定理可得OC垂直平分BD，得到$BE=ED$；再通过角的等量代换证明$DE=CD$，进而得到$BC=DE$，结合第一问的平行结论可得四边形BCDE是平行四边形，最后由邻边$BC=CD$即可判定为菱形。
【解析】
证明：
(1)
∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ 弧AB和弧CD所对的圆周角相等，即$∠ ADB = ∠ CBD$，
∴ $AD// BC$。
(2) 连接BD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $BC=CD$，由垂径定理可得OC垂直平分BD，
∴ $BE=ED$。
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ BCE = ∠ DEC$。
又
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，OC是$\odot O$的半径，
∴ OC平分$∠ BCD$，即$∠ BCE = ∠ DCE$，
∴ $∠ DEC = ∠ DCE$，
∴ $DE=CD$，
∴ $BC=DE$。
又
∵ $BC// DE$，
∴ 四边形BCDE是平行四边形，
又
∵ $BC=CD$，
∴ 平行四边形BCDE为菱形。
【答案】
见上述解析证明过程
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，菱形的判定
【点评】
本题是圆的性质与特殊四边形判定的综合基础题，解题核心是熟练掌握弧、弦、圆周角之间的等量转化关系，结合平行线判定、平行四边形和菱形的判定定理逐步推导即可求解。
【难度系数】
0.7
(1) 要证$AD// BC$，可通过证明内错角相等推导：已知$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，根据圆周角定理，等弧所对的圆周角相等，可得$∠ADB=∠CBD$，二者是AD、BC被BD所截的内错角，即可推出平行关系。
(2) 要证四边形BCDE为菱形，可先证它是平行四边形，再证明一组邻边相等：首先连接BD，由$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$可得弦$BC=CD$，结合垂径定理可得OC垂直平分BD，得到$BE=ED$；再通过角的等量代换证明$DE=CD$，进而得到$BC=DE$，结合第一问的平行结论可得四边形BCDE是平行四边形，最后由邻边$BC=CD$即可判定为菱形。
【解析】
证明：
(1)
∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ 弧AB和弧CD所对的圆周角相等，即$∠ ADB = ∠ CBD$，
∴ $AD// BC$。
(2) 连接BD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $BC=CD$，由垂径定理可得OC垂直平分BD，
∴ $BE=ED$。
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ BCE = ∠ DEC$。
又
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，OC是$\odot O$的半径，
∴ OC平分$∠ BCD$，即$∠ BCE = ∠ DCE$，
∴ $∠ DEC = ∠ DCE$，
∴ $DE=CD$，
∴ $BC=DE$。
又
∵ $BC// DE$，
∴ 四边形BCDE是平行四边形，
又
∵ $BC=CD$，
∴ 平行四边形BCDE为菱形。
【答案】
见上述解析证明过程
【知识点】
圆周角定理，垂径定理，菱形的判定
【点评】
本题是圆的性质与特殊四边形判定的综合基础题，解题核心是熟练掌握弧、弦、圆周角之间的等量转化关系，结合平行线判定、平行四边形和菱形的判定定理逐步推导即可求解。
【难度系数】
0.7
20. (★)用半径长为20 cm，圆心角为$108°$的扇形纸片围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径长是 cm.
答案
$\boldsymbol{6}$
解析
【分析】
解题的核心是明确扇形围成圆锥时，扇形的弧长等于圆锥底面的周长这一不变的等量关系。首先回忆扇形弧长公式和圆的周长公式，将已知的扇形半径、圆心角代入弧长公式算出弧长，再利用弧长等于底面周长建立方程，求解即可得到圆锥底面半径。
【解析】
设该圆锥的底面半径为$ r $ cm，已知扇形半径$ R=20\ \mathrm{cm} $，圆心角$ n=108° $。
1. 计算扇形的弧长：根据扇形弧长公式$ l=\frac{nπ R}{180} $，代入数据得：
$ l=\frac{108×π×20}{180}=12π\ \mathrm{cm} $
2. 扇形弧长等于圆锥底面周长，圆的周长公式为$ C=2π r $，因此可得：
$ 2π r=12π $
两边同时除以$ π $，解得$ r=6 $。
【答案】
$\boldsymbol{6}$
【知识点】
1. 扇形弧长公式
2. 圆锥展开图性质
3. 圆的周长公式
【点评】
本题为基础常考题，解题关键是抓住扇形围成圆锥过程中弧长与底面周长相等的等量关系，熟练掌握相关公式即可快速求解，易错点是混淆扇形半径和圆锥底面半径的对应关系。
【难度系数】
0.85
解题的核心是明确扇形围成圆锥时，扇形的弧长等于圆锥底面的周长这一不变的等量关系。首先回忆扇形弧长公式和圆的周长公式，将已知的扇形半径、圆心角代入弧长公式算出弧长，再利用弧长等于底面周长建立方程，求解即可得到圆锥底面半径。
【解析】
设该圆锥的底面半径为$ r $ cm，已知扇形半径$ R=20\ \mathrm{cm} $，圆心角$ n=108° $。
1. 计算扇形的弧长：根据扇形弧长公式$ l=\frac{nπ R}{180} $，代入数据得：
$ l=\frac{108×π×20}{180}=12π\ \mathrm{cm} $
2. 扇形弧长等于圆锥底面周长，圆的周长公式为$ C=2π r $，因此可得：
$ 2π r=12π $
两边同时除以$ π $，解得$ r=6 $。
【答案】
$\boldsymbol{6}$
【知识点】
1. 扇形弧长公式
2. 圆锥展开图性质
3. 圆的周长公式
【点评】
本题为基础常考题，解题关键是抓住扇形围成圆锥过程中弧长与底面周长相等的等量关系，熟练掌握相关公式即可快速求解，易错点是混淆扇形半径和圆锥底面半径的对应关系。
【难度系数】
0.85
21. (★★★)如图,将半径长为2,圆心角为$120°$的扇形OAB绕点A逆时针旋转$60°$,点O,B的对应点分别为$O'$,$B'$,连接$BB'$,则图中阴影部分的面积是
【 】
A.$\frac{2π}{3}$
B.$2\sqrt{3}-\frac{π}{3}$
C.$2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$
D.$4\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$
【 】
A.$\frac{2π}{3}$
B.$2\sqrt{3}-\frac{π}{3}$
C.$2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$
D.$4\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$
答案
C
解析
【分析】
解决旋转类阴影面积问题，需结合旋转性质用割补法将不规则面积转化为规则图形面积的差。首先连接辅助线$OO'$，利用旋转的性质得$AO=AO'$，旋转角为$60°$，可判定$△ OAO'$为等边三角形，得到$OO'$与$OA$、$OB$长度相等，结合原扇形圆心角$120°$可推出$△ O'OB$也为等边三角形；再根据旋转前后对应角相等，推出$O$、$O'$、$B'$三点共线，得到$OB'$的长度；最后将阴影面积转化为$△ OBB'$的面积减去圆心角为$60°$的扇形面积即可求解。
【解析】
连接$OO'$，
由旋转的性质可知：$AO=AO'=2$，$∠ OAO'=60°$，$∠ AO'B'=∠ AOB=120°$，$O'B'=OB=2$。
1. 判定等边三角形：
$\because AO=AO'$，$∠ OAO'=60°$，
$\therefore △ OAO'$是等边三角形，
$\therefore OO'=OA=2$，$∠ AOO'=60°$。
又$\because ∠ AOB=120°$，
$\therefore ∠ O'OB=∠ AOB-∠ AOO'=120°-60°=60°$，
$\because OB=OO'=2$，$∠ O'OB=60°$，
$\therefore △ O'OB$是等边三角形。
2. 证明三点共线：
$\because ∠ AO'O+∠ AO'B'=60°+120°=180°$，
$\therefore O$、$O'$、$B'$三点共线，
$\therefore OB'=OO'+O'B'=2+2=4$。
3. 计算面积：
过$B$作$OB'$的高，高为$OB×\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ OBB'}=\frac{1}{2}× OB'× \sqrt{3}=\frac{1}{2}×4×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
空白弧形部分对应圆心角为$60°$、半径为2的扇形$O'OB$的面积：
$S_{扇形O'OB}=\frac{60°}{360°}×π×2^2=\frac{2π}{3}$。
$\therefore S_{阴影}=S_{△ OBB'}-S_{扇形O'OB}=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，扇形面积计算，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，核心是通过旋转性质挖掘隐含的等边三角形与三点共线的结论，将不规则阴影面积转化为熟悉的三角形、扇形面积差计算，重点考查转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
解决旋转类阴影面积问题，需结合旋转性质用割补法将不规则面积转化为规则图形面积的差。首先连接辅助线$OO'$，利用旋转的性质得$AO=AO'$，旋转角为$60°$，可判定$△ OAO'$为等边三角形，得到$OO'$与$OA$、$OB$长度相等，结合原扇形圆心角$120°$可推出$△ O'OB$也为等边三角形；再根据旋转前后对应角相等，推出$O$、$O'$、$B'$三点共线，得到$OB'$的长度；最后将阴影面积转化为$△ OBB'$的面积减去圆心角为$60°$的扇形面积即可求解。
【解析】
连接$OO'$，
由旋转的性质可知：$AO=AO'=2$，$∠ OAO'=60°$，$∠ AO'B'=∠ AOB=120°$，$O'B'=OB=2$。
1. 判定等边三角形：
$\because AO=AO'$，$∠ OAO'=60°$，
$\therefore △ OAO'$是等边三角形，
$\therefore OO'=OA=2$，$∠ AOO'=60°$。
又$\because ∠ AOB=120°$，
$\therefore ∠ O'OB=∠ AOB-∠ AOO'=120°-60°=60°$，
$\because OB=OO'=2$，$∠ O'OB=60°$，
$\therefore △ O'OB$是等边三角形。
2. 证明三点共线：
$\because ∠ AO'O+∠ AO'B'=60°+120°=180°$，
$\therefore O$、$O'$、$B'$三点共线，
$\therefore OB'=OO'+O'B'=2+2=4$。
3. 计算面积：
过$B$作$OB'$的高，高为$OB×\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ OBB'}=\frac{1}{2}× OB'× \sqrt{3}=\frac{1}{2}×4×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
空白弧形部分对应圆心角为$60°$、半径为2的扇形$O'OB$的面积：
$S_{扇形O'OB}=\frac{60°}{360°}×π×2^2=\frac{2π}{3}$。
$\therefore S_{阴影}=S_{△ OBB'}-S_{扇形O'OB}=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，扇形面积计算，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，核心是通过旋转性质挖掘隐含的等边三角形与三点共线的结论，将不规则阴影面积转化为熟悉的三角形、扇形面积差计算，重点考查转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
22. (★★★)如图,在平面直角坐标系中,等边$△ ABC$的顶点A在y轴的正半轴上,$B(-5,0),C(5,0)$,点$D(11,0)$,将$△ ACD$绕点A顺时针旋转$60°$得到$△ ABE$,则$\overset{\frown}{BC}$的长度为,线段AE的长为,图中阴影部分的面积为.
答案
解：
1. 求$\overset{\frown}{BC}$的长度：
已知等边$△ ABC$中，$B(-5,0)$，$C(5,0)$，故$BC=10$，$AB=AC=10$，$∠ BAC=60°$。
$\overset{\frown}{BC}$是以$A$为圆心、$AB$为半径，圆心角为$60°$的弧，由弧长公式：
$l_{\overset{\frown}{BC}}=\frac{60π × 10}{180}=\frac{10π}{3}$
2. 求线段$AE$的长：
由旋转性质可知，$AE=AD$。
$A$在$y$轴上，$AO⊥ BC$，等边$△ ABC$中$AO=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}$，即$A(0,5\sqrt{3})$。
已知$D(11,0)$，由勾股定理：
$AD=\sqrt{11^2+(5\sqrt{3})^2}=\sqrt{121+75}=14$
故$AE=14$。
3. 求阴影部分的面积：
由旋转性质得$△ ABE≌△ ACD$，$∠ DAE=60°$。
阴影部分面积等于圆心角为$60°$、半径为$14$的扇形面积，减去圆心角为$60°$、半径为$10$的扇形面积：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{60π × 14^2}{360}-\frac{60π × 10^2}{360}=\frac{196π}{6}-\frac{100π}{6}=16π$
答案依次为：$\boldsymbol{\frac{10π}{3}}$，$\boldsymbol{14}$，$\boldsymbol{16π}$。
1. 求$\overset{\frown}{BC}$的长度：
已知等边$△ ABC$中，$B(-5,0)$，$C(5,0)$，故$BC=10$，$AB=AC=10$，$∠ BAC=60°$。
$\overset{\frown}{BC}$是以$A$为圆心、$AB$为半径，圆心角为$60°$的弧，由弧长公式：
$l_{\overset{\frown}{BC}}=\frac{60π × 10}{180}=\frac{10π}{3}$
2. 求线段$AE$的长：
由旋转性质可知，$AE=AD$。
$A$在$y$轴上，$AO⊥ BC$，等边$△ ABC$中$AO=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}$，即$A(0,5\sqrt{3})$。
已知$D(11,0)$，由勾股定理：
$AD=\sqrt{11^2+(5\sqrt{3})^2}=\sqrt{121+75}=14$
故$AE=14$。
3. 求阴影部分的面积：
由旋转性质得$△ ABE≌△ ACD$，$∠ DAE=60°$。
阴影部分面积等于圆心角为$60°$、半径为$14$的扇形面积，减去圆心角为$60°$、半径为$10$的扇形面积：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{60π × 14^2}{360}-\frac{60π × 10^2}{360}=\frac{196π}{6}-\frac{100π}{6}=16π$
答案依次为：$\boldsymbol{\frac{10π}{3}}$，$\boldsymbol{14}$，$\boldsymbol{16π}$。
解析
【分析】
解题可分三步逐步推导：①求$\overset{\frown}{BC}$长度：先明确弧的圆心、半径、圆心角，由等边$△ ABC$的坐标可得$BC=10$，$AB=AC=10$，$∠ BAC=60°$，$\overset{\frown}{BC}$是以$A$为圆心、$AB$为半径的弧，直接代入弧长公式计算即可；②求$AE$长度：根据旋转的性质，旋转前后对应边相等，$AE=AD$，先求出点$A$的坐标，再用勾股定理计算$AD$的长度即可得$AE$；③求阴影面积：由旋转可得$△ ABE≌△ ACD$，二者面积相等，阴影面积可转化为圆心角为$60°$的扇形$ADE$与扇形$ABC$的面积差，代入扇形面积公式计算即可。
【解析】
1. 计算$\overset{\frown}{BC}$的长度：
已知$B(-5,0)$，$C(5,0)$，因此$BC=5-(-5)=10$。
因为$△ ABC$是等边三角形，所以$AB=AC=BC=10$，$∠ BAC=60°$，$\overset{\frown}{BC}$是以$A$为圆心、$AB$为半径、圆心角为$60°$的弧。
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，代入得$l_{\overset{\frown}{BC}}=\frac{60π×10}{180}=\frac{10π}{3}$。
2. 计算线段$AE$的长：
由旋转的性质可知，$△ ACD$绕点$A$旋转后得到$△ ABE$，对应边$AE=AD$。
等边$△ ABC$中，$AO⊥ BC$（$O$为坐标原点），由勾股定理得$AO=\sqrt{AB^2-BO^2}=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}$，即$A(0,5\sqrt{3})$。
已知$D(11,0)$，由勾股定理得$AD=\sqrt{(11-0)^2+(0-5\sqrt{3})^2}=\sqrt{121+75}=\sqrt{196}=14$，故$AE=AD=14$。
3. 计算阴影部分的面积：
由旋转性质得$△ ABE≌△ ACD$，$∠ DAE=∠ BAC=60°$，因此$S_{△ ABE}=S_{△ ACD}$。
观察图形可得：$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ABE}+S_{\mathrm{扇形}ADE}-S_{△ ACD}-S_{\mathrm{扇形}ABC}$，消去相等的三角形面积后得$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}ADE}-S_{\mathrm{扇形}ABC}$。
根据扇形面积公式$S=\frac{nπ r^2}{360}$，代入得：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{60π×14^2}{360}-\frac{60π×10^2}{360}=\frac{196π}{6}-\frac{100π}{6}=16π$。
【答案】
$\frac{10π}{3}$；$14$；$16π$
【知识点】
旋转的性质；弧长公式；扇形面积计算
【点评】
本题考查几何综合应用，解题核心是利用旋转的全等性质将不规则的阴影面积转化为规则扇形的面积差，同时需要熟练掌握弧长、扇形面积的计算公式以及勾股定理的应用，对图形观察和转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题可分三步逐步推导：①求$\overset{\frown}{BC}$长度：先明确弧的圆心、半径、圆心角，由等边$△ ABC$的坐标可得$BC=10$，$AB=AC=10$，$∠ BAC=60°$，$\overset{\frown}{BC}$是以$A$为圆心、$AB$为半径的弧，直接代入弧长公式计算即可；②求$AE$长度：根据旋转的性质，旋转前后对应边相等，$AE=AD$，先求出点$A$的坐标，再用勾股定理计算$AD$的长度即可得$AE$；③求阴影面积：由旋转可得$△ ABE≌△ ACD$，二者面积相等，阴影面积可转化为圆心角为$60°$的扇形$ADE$与扇形$ABC$的面积差，代入扇形面积公式计算即可。
【解析】
1. 计算$\overset{\frown}{BC}$的长度：
已知$B(-5,0)$，$C(5,0)$，因此$BC=5-(-5)=10$。
因为$△ ABC$是等边三角形，所以$AB=AC=BC=10$，$∠ BAC=60°$，$\overset{\frown}{BC}$是以$A$为圆心、$AB$为半径、圆心角为$60°$的弧。
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，代入得$l_{\overset{\frown}{BC}}=\frac{60π×10}{180}=\frac{10π}{3}$。
2. 计算线段$AE$的长：
由旋转的性质可知，$△ ACD$绕点$A$旋转后得到$△ ABE$，对应边$AE=AD$。
等边$△ ABC$中，$AO⊥ BC$（$O$为坐标原点），由勾股定理得$AO=\sqrt{AB^2-BO^2}=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}$，即$A(0,5\sqrt{3})$。
已知$D(11,0)$，由勾股定理得$AD=\sqrt{(11-0)^2+(0-5\sqrt{3})^2}=\sqrt{121+75}=\sqrt{196}=14$，故$AE=AD=14$。
3. 计算阴影部分的面积：
由旋转性质得$△ ABE≌△ ACD$，$∠ DAE=∠ BAC=60°$，因此$S_{△ ABE}=S_{△ ACD}$。
观察图形可得：$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ABE}+S_{\mathrm{扇形}ADE}-S_{△ ACD}-S_{\mathrm{扇形}ABC}$，消去相等的三角形面积后得$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}ADE}-S_{\mathrm{扇形}ABC}$。
根据扇形面积公式$S=\frac{nπ r^2}{360}$，代入得：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{60π×14^2}{360}-\frac{60π×10^2}{360}=\frac{196π}{6}-\frac{100π}{6}=16π$。
【答案】
$\frac{10π}{3}$；$14$；$16π$
【知识点】
旋转的性质；弧长公式；扇形面积计算
【点评】
本题考查几何综合应用，解题核心是利用旋转的全等性质将不规则的阴影面积转化为规则扇形的面积差，同时需要熟练掌握弧长、扇形面积的计算公式以及勾股定理的应用，对图形观察和转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
23. (★★)某工厂为高压锅厂做铁皮烟囱配件，配件如图所示，由一个圆锥和一个圆柱构成(圆锥做盖，圆柱做出气管). 圆锥的底面半径PQ为20 cm，母线长MQ为25 cm；圆柱的底面圆半径ON为15 cm，高OH为40 cm.
现在做100个这样的配件需要用多少平方厘米的铁皮(π取3.14，结果保留整数)？
现在做100个这样的配件需要用多少平方厘米的铁皮(π取3.14，结果保留整数)？
答案
解：
圆锥的侧面积为：
$S_1 = π · PQ · MQ = π × 20 × 25 = 500π \ (\mathrm{cm}^2)$
圆柱的侧面积为：
$S_2 = 2π · ON · OH = 2π × 15 × 40 = 1200π \ (\mathrm{cm}^2)$
单个配件所需铁皮面积为：
$S = S_1 + S_2 = 500π + 1200π = 1700π \ (\mathrm{cm}^2)$
代入$π=3.14$，得单个配件面积：
$S \approx 1700 × 3.14 = 5338 \ (\mathrm{cm}^2)$
100个配件所需铁皮总面积为：
$100 × 5338 = 533800 \ (\mathrm{cm}^2)$
答：做100个这样的配件需要用533800平方厘米的铁皮。
圆锥的侧面积为：
$S_1 = π · PQ · MQ = π × 20 × 25 = 500π \ (\mathrm{cm}^2)$
圆柱的侧面积为：
$S_2 = 2π · ON · OH = 2π × 15 × 40 = 1200π \ (\mathrm{cm}^2)$
单个配件所需铁皮面积为：
$S = S_1 + S_2 = 500π + 1200π = 1700π \ (\mathrm{cm}^2)$
代入$π=3.14$，得单个配件面积：
$S \approx 1700 × 3.14 = 5338 \ (\mathrm{cm}^2)$
100个配件所需铁皮总面积为：
$100 × 5338 = 533800 \ (\mathrm{cm}^2)$
答：做100个这样的配件需要用533800平方厘米的铁皮。
解析
【分析】
要解决该问题，首先结合烟囱配件的实际用途，可知无需计算圆锥和圆柱的底面积，仅需求圆锥侧面积与圆柱侧面积之和即可。解题思路为：第一步，回忆圆锥侧面积公式$S_{圆锥侧}=πrl$（$r$为底面半径，$l$为母线长）、圆柱侧面积公式$S_{圆柱侧}=2πrh$（$r$为底面半径，$h$为高）；第二步，代入题目对应数值分别计算单个配件的圆锥侧面积、圆柱侧面积，求和得到单个配件的铁皮用量；第三步，将单个用量乘100得到总用量，代入$π=3.14$计算后保留整数即可。
【解析】
1. 计算单个配件的圆锥侧面积：
已知圆锥底面半径$PQ=20\ \mathrm{cm}$，母线长$MQ=25\ \mathrm{cm}$，代入公式得：
$S_1 = π · PQ · MQ = π × 20 × 25 = 500π \ (\mathrm{cm}^2)$
2. 计算单个配件的圆柱侧面积：
已知圆柱底面半径$ON=15\ \mathrm{cm}$，高$OH=40\ \mathrm{cm}$，代入公式得：
$S_2 = 2π · ON · OH = 2π × 15 × 40 = 1200π \ (\mathrm{cm}^2)$
3. 计算单个配件所需铁皮面积：
$S = S_1 + S_2 = 500π + 1200π = 1700π \ (\mathrm{cm}^2)$
代入$π=3.14$得：$S \approx 1700 × 3.14 = 5338\ (\mathrm{cm}^2)$
4. 计算100个配件的总铁皮面积：
$100 × 5338 = 533800\ (\mathrm{cm}^2)$
【答案】
做100个这样的配件需要用533800平方厘米的铁皮。
【知识点】
圆锥侧面积计算；圆柱侧面积计算；表面积实际应用
【点评】
本题结合生活场景考查几何体侧面积的计算，解题核心是结合实际需求判断仅需计算侧面积，避免多算底面积出错，熟练掌握圆锥、圆柱的侧面积公式即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
要解决该问题，首先结合烟囱配件的实际用途，可知无需计算圆锥和圆柱的底面积，仅需求圆锥侧面积与圆柱侧面积之和即可。解题思路为：第一步，回忆圆锥侧面积公式$S_{圆锥侧}=πrl$（$r$为底面半径，$l$为母线长）、圆柱侧面积公式$S_{圆柱侧}=2πrh$（$r$为底面半径，$h$为高）；第二步，代入题目对应数值分别计算单个配件的圆锥侧面积、圆柱侧面积，求和得到单个配件的铁皮用量；第三步，将单个用量乘100得到总用量，代入$π=3.14$计算后保留整数即可。
【解析】
1. 计算单个配件的圆锥侧面积：
已知圆锥底面半径$PQ=20\ \mathrm{cm}$，母线长$MQ=25\ \mathrm{cm}$，代入公式得：
$S_1 = π · PQ · MQ = π × 20 × 25 = 500π \ (\mathrm{cm}^2)$
2. 计算单个配件的圆柱侧面积：
已知圆柱底面半径$ON=15\ \mathrm{cm}$，高$OH=40\ \mathrm{cm}$，代入公式得：
$S_2 = 2π · ON · OH = 2π × 15 × 40 = 1200π \ (\mathrm{cm}^2)$
3. 计算单个配件所需铁皮面积：
$S = S_1 + S_2 = 500π + 1200π = 1700π \ (\mathrm{cm}^2)$
代入$π=3.14$得：$S \approx 1700 × 3.14 = 5338\ (\mathrm{cm}^2)$
4. 计算100个配件的总铁皮面积：
$100 × 5338 = 533800\ (\mathrm{cm}^2)$
【答案】
做100个这样的配件需要用533800平方厘米的铁皮。
【知识点】
圆锥侧面积计算；圆柱侧面积计算；表面积实际应用
【点评】
本题结合生活场景考查几何体侧面积的计算，解题核心是结合实际需求判断仅需计算侧面积，避免多算底面积出错，熟练掌握圆锥、圆柱的侧面积公式即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
