【例1】如图,在$\triangle ABC$中,D为BC的中点,以D为圆心,BD长为半径画弧,交AC于点E,若$\angle A= 60°$,$\angle ABC= 100°$,$BC= 4$,则扇形BDE的面积为______.
答案
$\frac{4\pi}{9}$
解析
在$\triangle ABC$中，$\angle A=60°$，$\angle ABC=100°$，则$\angle C=180°-\angle A-\angle ABC=20°$。
D为BC中点，$BC=4$，故$BD=DC=\frac{BC}{2}=2$。
以D为圆心，BD长为半径画弧，交AC于E，则$DE=BD=2$，即$DE=DC$，所以$\triangle DEC$为等腰三角形，$\angle DEC=\angle C=20°$。
$\angle EDC=180°-\angle DEC-\angle C=140°$，则$\angle BDE=180°-\angle EDC=40°=\frac{2\pi}{9}$（弧度）。
扇形BDE面积$S=\frac{1}{2}r^2\theta=\frac{1}{2}×2^2×\frac{2\pi}{9}=\frac{4\pi}{9}$。
$\frac{4\pi}{9}$
D为BC中点，$BC=4$，故$BD=DC=\frac{BC}{2}=2$。
以D为圆心，BD长为半径画弧，交AC于E，则$DE=BD=2$，即$DE=DC$，所以$\triangle DEC$为等腰三角形，$\angle DEC=\angle C=20°$。
$\angle EDC=180°-\angle DEC-\angle C=140°$，则$\angle BDE=180°-\angle EDC=40°=\frac{2\pi}{9}$（弧度）。
扇形BDE面积$S=\frac{1}{2}r^2\theta=\frac{1}{2}×2^2×\frac{2\pi}{9}=\frac{4\pi}{9}$。
$\frac{4\pi}{9}$
【变式】如图,已知在$\triangle ABC$中,$\angle A= 72°$,$BC= 10$,若以BC为直径作$\odot O$分别交AB,AC于点M,N,则图中阴影部分的面积为______.(结果保留$\pi$)
答案
$10\pi$ 【解析】$\because \angle A=72^{\circ },\angle A+\angle B+\angle C =180^{\circ },$$\therefore \angle B+\angle C=108^{\circ }.$
∵以 BC 为直径作$\odot O$分别交 AB,AC 于点 M,N,$\therefore OB=OM=OC=ON=\frac {1}{2}BC=5,$$\therefore \angle B=\angle OMB,\angle C=\angle ONC,$$\therefore \angle OMB+\angle ONC=\angle B+\angle C=108^{\circ },$$\therefore \angle BOM+\angle CON=180^{\circ }-(\angle B+\angle OMB)+180^{\circ }-(\angle C+\angle ONC)=360^{\circ }-(\angle B+\angle C)-(\angle OMB+\angle ONC)=144^{\circ },$$\therefore S_{阴影}=S_{扇形BOM}+S_{扇形CON}=\frac {(\angle BOM+\angle CON)\pi × 5^{2}}{360}=\frac {144\pi × 25}{360}=10\pi .$
∵以 BC 为直径作$\odot O$分别交 AB,AC 于点 M,N,$\therefore OB=OM=OC=ON=\frac {1}{2}BC=5,$$\therefore \angle B=\angle OMB,\angle C=\angle ONC,$$\therefore \angle OMB+\angle ONC=\angle B+\angle C=108^{\circ },$$\therefore \angle BOM+\angle CON=180^{\circ }-(\angle B+\angle OMB)+180^{\circ }-(\angle C+\angle ONC)=360^{\circ }-(\angle B+\angle C)-(\angle OMB+\angle ONC)=144^{\circ },$$\therefore S_{阴影}=S_{扇形BOM}+S_{扇形CON}=\frac {(\angle BOM+\angle CON)\pi × 5^{2}}{360}=\frac {144\pi × 25}{360}=10\pi .$
【例2】如图,在扇形AOB中,$OA= 1$,P为OB上的一个动点,将$\triangle OAP$沿AP折叠,当点O的对应点Q落在$\overset{\frown}{AB}$上时,图中阴影部分的面积为______.
答案
$\frac {\pi }{6}-\frac {\sqrt {3}}{4}$【解析】如图,连结 OQ 交 AP 于点 C,
∵将$\triangle OAP$沿 AP 折叠得到$\triangle QAP$,且 Q 点落在$\widehat {AB}$上，$\therefore AP⊥OQ,OC=QC=\frac {1}{2}OQ=\frac {1}{2}OA=\frac {1}{2},$$\therefore \angle ACO=90^{\circ },\angle OAC=30^{\circ },$$\therefore \angle AOQ=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ },AC=\sqrt {OA^{2}-OC^{2}}=\sqrt {1-\frac {1}{4}}=\frac {\sqrt {3}}{2},$$\therefore S_{阴影}=S_{扇形AOQ}-S_{\triangle AOQ}=\frac {60\pi × 1^{2}}{360}-\frac {1}{2}× 1× \frac {\sqrt {3}}{2}=\frac {\pi }{6}-\frac {\sqrt {3}}{4}.$
【变式】如图,AB是$\odot O$的直径,CD为$\odot O$的弦,$AB\perp CD$于点E.已知$CD= 4\sqrt{3}$,$AE= 6$,则阴影部分的面积为______.
答案
$\frac {8}{3}\pi$
解析
连接OC，设⊙O的半径为r，则OE=OA-AE=r-6。
∵AB是直径，AB⊥CD，CD=4√3，
∴CE=CD/2=2√3。
在Rt△OCE中，OC²=OE²+CE²，即r²=(r-6)²+(2√3)²，
解得r=4。
∴OE=4-6=-2（取绝对值OE=2），OC=4。
在Rt△OCE中，cos∠COE=OE/OC=2/4=1/2，
∴∠COE=60°。
阴影部分面积=S扇形OCD - S△OCD
= (60π×4²)/360 - (1/2×4√3×2)
= (8π/3) - 4√3 + 4√3
= 8π/3。
8π/3
∵AB是直径，AB⊥CD，CD=4√3，
∴CE=CD/2=2√3。
在Rt△OCE中，OC²=OE²+CE²，即r²=(r-6)²+(2√3)²，
解得r=4。
∴OE=4-6=-2（取绝对值OE=2），OC=4。
在Rt△OCE中，cos∠COE=OE/OC=2/4=1/2，
∴∠COE=60°。
阴影部分面积=S扇形OCD - S△OCD
= (60π×4²)/360 - (1/2×4√3×2)
= (8π/3) - 4√3 + 4√3
= 8π/3。
8π/3
【例3】如图,在$\triangle ABC$中,$AB= 2$,现将$\triangle ABC$绕点A逆时针旋转$60°得到\triangle AB_1C_1$,点C在$AB_1$上,则图中阴影部分的面积为( )
A.$\frac{3}{4}\pi$
B.$\frac{4}{3}\pi$
C.$\frac{3}{2}\pi$
D.$\frac{2}{3}\pi$
A.$\frac{3}{4}\pi$
B.$\frac{4}{3}\pi$
C.$\frac{3}{2}\pi$
D.$\frac{2}{3}\pi$
答案
D
【变式】如图,已知点$A(2\sqrt{3},2)$,$B(2\sqrt{3},1)$,将$\triangle AOB$绕着点O逆时针旋转,使点A旋转到点$A'(-2,2\sqrt{3})$的位置,则图中阴影部分的面积为______.
答案
$\frac {3}{4}\pi$
解析
∵点$A(2\sqrt{3},2)$，
∴$OA=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 + 2^2}=\sqrt{12 + 4}=\sqrt{16}=4$，
∵点$A'(-2,2\sqrt{3})$，
∴$OA'=\sqrt{(-2)^2 + (2\sqrt{3})^2}=\sqrt{4 + 12}=\sqrt{16}=4$，
∵$\tan\angle AOx = \frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\angle AOx = 30°$，
∵$\tan\angle A'Ox = \frac{2\sqrt{3}}{-2}=-\sqrt{3}$，点$A'$在第二象限，
∴$\angle A'Ox = 120°$，
∴旋转角$\angle AOA' = 120° - 30° = 90°$，
∵点$B(2\sqrt{3},1)$，
∴$OB=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 + 1^2}=\sqrt{12 + 1}=\sqrt{13}$，
阴影部分面积$=S_{扇形 AOA'} - S_{扇形 BOB'}$，
$S_{扇形 AOA'}=\frac{90°}{360°}\pi× OA^2=\frac{1}{4}\pi× 16 = 4\pi$，
$S_{扇形 BOB'}=\frac{90°}{360°}\pi× OB^2=\frac{1}{4}\pi× 13=\frac{13}{4}\pi$，
$4\pi - \frac{13}{4}\pi=\frac{16}{4}\pi - \frac{13}{4}\pi=\frac{3}{4}\pi$。
$\frac{3}{4}\pi$
【例4】如图,在$\triangle ABC$中,$CA= CB$,$\angle ACB= 90°$,$AB= 2$,D为AB的中点,以点D为圆心作圆心角为$90°$的扇形EDF,点C恰在$\overset{\frown}{EF}$上,则图中阴影部分的面积为______.
答案
$\frac {\pi }{4}-\frac {1}{2}$【解析】如图,连结 CD,$\because CA=CB,\angle ACB=90^{\circ },\therefore \angle B=45^{\circ }.$
∵ D 为 AB 的中点,$\therefore DC=\frac {1}{2}AB=BD=1,$$CD⊥AB,\angle DCA=45^{\circ },$$\therefore \angle CDH=\angle BDG,\angle DCH=\angle B.$
在$\triangle DCH$和$\triangle DBG$中,$\left\{\begin{array}{l} \angle CDH=\angle BDG\\ CD=BD\\ \angle DCH=\angle B\end{array}\right. $$\therefore \triangle DCH\cong \triangle DBG(ASA),$$\therefore S_{四边形DGCH}=S_{\triangle BDC}=\frac {1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac {1}{2}× \frac {1}{2}AB\cdot CD=\frac {1}{4}× 2× 1=\frac {1}{2},$$\therefore S_{阴影}=S_{扇形EDF}-S_{四边形DGCH}=\frac {90\pi × 1^{2}}{360}-\frac {1}{2}=\frac {\pi }{4}-\frac {1}{2}.$【变式】如图,在矩形ABCD中,$AB= \sqrt{2}$,BE平分$\angle ABC$交AD于点E,以B为圆心,BE长为半径画弧,交BC于点F.若点E为AD的中点,则图中阴影部分的面积为( )
A.$6-\frac{\pi}{4}$
B.$3-\frac{\pi}{4}$
C.$6-\frac{\pi}{2}$
D.$3-\frac{\pi}{2}$
A.$6-\frac{\pi}{4}$
B.$3-\frac{\pi}{4}$
C.$6-\frac{\pi}{2}$
D.$3-\frac{\pi}{2}$
答案
D
解析
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC，AB=CD=$\sqrt{2}$．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB=$\sqrt{2}$．
∵点E为AD的中点，
∴AD=2AE=2$\sqrt{2}$，
∴BC=AD=2$\sqrt{2}$．
在Rt△ABE中，BE=$\sqrt{AB^2 + AE^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2}=2$．
S矩形ABCD=AB·AD=$\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$，
S△ABE=$\frac{1}{2}×AB×AE=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$，
S扇形EBF=$\frac{45°}{360°}×\pi×BE^2=\frac{1}{8}×\pi×2^2=\frac{\pi}{2}$，
S阴影=S矩形ABCD-S△ABE-S扇形EBF=4 - 1 - $\frac{\pi}{2}=3 - \frac{\pi}{2}$．
D
