1. 如图,分别以等边三角形$ABC$的三个顶点为圆心,以等边三角形$ABC$的边长为半径画弧,三段圆弧围成的封闭图形称为“莱洛三角形”.若$AB=6$,则该“莱洛三角形”的周长等于（）

A.$6π$
B.$4π$
C.$2π$
D.$4π-2\sqrt{3}$

A

【分析】要计算莱洛三角形的周长，需明确它由三段相同的圆弧组成：每段圆弧以等边三角形的顶点为圆心，半径等于等边三角形的边长，且每段弧对应的圆心角是等边三角形的内角（60°）。先计算单段弧长，再乘以3即可得到总周长。
【解析】已知等边三角形ABC的边长AB=6，因此每段圆弧的半径$ r=6 $；等边三角形的每个内角为60°，故每段弧对应的圆心角$ n=60° $。根据弧长公式$ l=\frac{nπ r}{180} $，单段弧长为：$ \frac{60π × 6}{180}=2π $。莱洛三角形的周长为三段弧长之和，即$ 3×2π=6π $。
【答案】A
【知识点】弧长公式、等边三角形性质
【点评】本题结合等边三角形性质与弧长公式，考查莱洛三角形周长的计算，核心是确定每段弧的圆心角和半径，属于基础几何应用题型，难度适中。
【难度系数】0.5

2. 自行车的示意图如图所示,其中 $AB// CD$,$∠ DAB=110°,∠ ABC=130°$,两车轮的半径均为 30 cm. 现要在自行车两轮的阴影部分(分别以点 C,D 为圆心的两个扇形)装上挡水的铁皮,那么在前后轮的单面(阴影部分)安装铁皮,需要的面积约为 （）

A.$300π\ \mathrm{cm}^{2}$
B.$500π\ \mathrm{cm}^{2}$
C.$900π\ \mathrm{cm}^{2}$
D.$1\ 200π\ \mathrm{cm}^{2}$

A 提示:因为 $AB// CD$,所以 $∠ DAB+∠ ADC=∠ ABC+∠ DCB=180°$. 因为 $∠ DAB=110°$,$∠ ABC=130°$,所以 $∠ ADC=70°$,$∠ DCB=50°$,则 $70°+50°=120°$. 因为两车轮的半径均为 30 cm,所以铁皮的面积为 $\dfrac{120π × 30^2}{360}=300π(\mathrm{cm}^2)$.

【分析】
要计算两个阴影扇形的总面积，需先求出两个扇形的圆心角。已知AB//CD，根据“两直线平行，同旁内角互补”的性质，可分别算出两个扇形的圆心角度数，再将两者相加得到总圆心角，最后结合扇形面积公式计算总面积。
【解析】
1. 求单个扇形的圆心角：
因为AB//CD，根据“两直线平行，同旁内角互补”，可得：
∠DAB + ∠ADC = 180°，已知∠DAB=110°，则∠ADC = 180° - 110° = 70°；
同理，∠ABC + ∠DCB = 180°，已知∠ABC=130°，则∠DCB = 180° - 130° = 50°。
2. 计算总圆心角：
两个扇形的圆心角之和为∠ADC + ∠DCB = 70° + 50° = 120°。
3. 计算阴影部分总面积：
扇形面积公式为 $ S = \frac{nπ r^2}{360} $（n为圆心角度数，r为半径），已知两车轮半径均为30cm，代入得：
总面积 $ S = \frac{120π × 30^2}{360} = \frac{120π × 900}{360} = 300π \ (\mathrm{cm}^2) $。
【答案】
A
【知识点】
平行线的性质，扇形面积计算
【点评】
本题结合平行线性质与扇形面积公式，考查基础几何知识的应用，步骤明确，难度适中，属于常规几何计算题。
【难度系数】
0.6

3. 如图,在$△ ABC$中,$AB=5,AC=3,BC=$
4. 将$△ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转$40°$得到$△ ADE$,点$B$经过的路径为$\overset{\frown}{BD}$,则图中阴影部分的面积为.

$\dfrac{25π}{9}$ 提示:$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ADE}+S_{\mathrm{扇形}ABD}-S_{△ ABC}=S_{\mathrm{扇形}ABD}=\dfrac{40π × 5^2}{360}=\dfrac{25π}{9}$.

【分析】
要计算阴影部分的面积，可利用旋转的性质进行等积转化。由于△ABC绕点A旋转得到△ADE，根据旋转的性质，△ADE与△ABC的面积相等，因此阴影部分的面积可转化为扇形ABD的面积，无需计算三角形的面积，直接运用扇形面积公式即可求解。
【解析】
根据旋转的性质：△ABC绕点A逆时针旋转40°得到△ADE，所以$S_{△ ADE}=S_{△ ABC}$，且旋转角$∠ BAD=40°$，半径$AB=AD=5$。
阴影部分的面积 = $S_{△ ADE} + S_{\mathrm{扇形}ABD} - S_{△ ABC}$，因为$S_{△ ADE}=S_{△ ABC}$，两者相互抵消，因此阴影部分面积 = $S_{\mathrm{扇形}ABD}$。
根据扇形面积公式$S_{\mathrm{扇形}}=\frac{nπ r^2}{360}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为扇形半径），代入$n=40°$，$r=AB=5$，得：
$S_{\mathrm{扇形}ABD}=\frac{40×π×5^2}{360}=\frac{40×25π}{360}=\frac{25π}{9}$。
【答案】
$\dfrac{25π}{9}$
【知识点】
旋转的性质、扇形面积计算
【点评】
本题通过旋转的等积变换，将不规则的阴影面积转化为规则扇形的面积，简化了计算过程，考查了旋转的性质和扇形面积公式的应用，是几何面积计算中的典型题型。
【难度系数】
0.5

4.（2024 兰州市中考）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用. 图 1 是陈列在展览馆的仿真模型，图 2 是模型驱动部分的示意图，其中$\odot M$，$\odot N$的半径分别是 1 cm 和 10 cm. 当$\odot M$顺时针转动 3 周时，$\odot N$上的点$P$随之旋转$n°$，则$n=$.

108 提示:因为$\odot M$的周长为 $2π$ cm,所以$\odot M$顺时针转动 3 周时,点 $P$ 移动的弧长为 $6π$ cm,所以 $6π=\dfrac{nπ × 10}{180}$,解得 $n=108$.

【分析】
要解决该问题，需明确：⊙M转动时，其转动的总弧长等于⊙N上点P转动的弧长。先计算⊙M转动3周的总弧长，再利用弧长公式建立等式，求解n的值。
【解析】
1. 计算⊙M的周长：根据圆的周长公式$C=2π r$，⊙M半径为1cm，可得$C_M=2π×1=2π\ \mathrm{cm}$。
2. 计算⊙M转动3周的总弧长：总弧长$l=3×C_M=3×2π=6π\ \mathrm{cm}$。
3. 利用弧长公式列方程求解：⊙N半径为10cm，弧长公式为$l=\frac{nπ R}{180}$（R为圆半径，n为弧对应的圆心角度数），将$l=6π$、$R=10$代入得：
$6π=\frac{nπ×10}{180}$
两边约去$π$，化简得$6=\frac{10n}{180}$，解得$n=\frac{6×180}{10}=108$。
【答案】
108
【知识点】
圆的弧长公式、圆的周长计算
【点评】
本题结合古代投石工具的实际场景，考查弧长公式的应用，核心是理解两圆转动时弧长相等的关系，属于基础应用类题目，能较好地考查学生对公式的掌握与应用能力。
【难度系数】
0.7

5. 已知 $AB=2\sqrt{3}$，$C$ 是平面内一个动点，$60° ≤ ∠ ACB ≤ 120°$，则满足条件的点 $C$ 所在区域的面积是.

$\dfrac{8π}{3}+4\sqrt{3}$ 提示:以 $AB$ 为边,先分别向上、向下作等边三角形,再分别作出这两个等边三角形的外接圆,如图所示. 由圆周角的知识可知,点 $C$ 所在区域为图中阴影部分. 设上面的等边三角形外接圆的圆心为 $O$,则由圆周角定理可知, $∠ AOB=120°$. 因为 $AB=2\sqrt{3}$,所以易得 $\odot O$ 的半径为 2. 又易得 $S_{△ AOB}=\dfrac{1}{2}× 2\sqrt{3}× 1=\sqrt{3}$,$S_{\mathrm{扇形}AOB}=\dfrac{120π × 2^2}{360}=\dfrac{4π}{3}$,所以 $S_2=\dfrac{4π}{3}-\sqrt{3}$. 因为上、下两圆为等圆,所以 $S_1=S_{\odot O}-2S_2=4π-2×(\dfrac{4π}{3}-\sqrt{3})=\dfrac{4π}{3}+2\sqrt{3}$. 所以满足条件的点 $C$ 所在区域的面积是 $2S_1=\dfrac{8π}{3}+4\sqrt{3}$.

【分析】
要解决该问题，需结合圆周角定理确定动点C的所在区域：定弦AB对应的圆周角满足$60°≤∠ACB≤120°$时，点C位于以AB为边的两个等边三角形的外接圆之间的阴影区域。解题时先求出外接圆半径，再通过扇形、三角形面积计算组合图形的面积，最终得到所求区域的总面积。
【解析】
1. 求外接圆半径：已知$AB=2\sqrt{3}$，以AB为边作等边三角形，其外接圆半径$R$满足等边三角形外接圆半径公式$R=\frac{a}{\sqrt{3}}$（$a$为等边三角形边长），代入$a=2\sqrt{3}$，得$R=2$。
2. 计算扇形$AOB$的面积：圆心角$∠AOB=120°$，半径$R=2$，根据扇形面积公式，$S_{扇形AOB}=\frac{120°}{360°}×πR²=\frac{1}{3}×π×2²=\frac{4π}{3}$。
3. 计算$△ AOB$的面积：$OA=OB=2$，$AB=2\sqrt{3}$，由等腰三角形性质，$O$到$AB$的高为$OA×cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，故$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×AB×高=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1=\sqrt{3}$。
4. 计算弓形面积$S_2$：$S_2=S_{扇形AOB}-S_{△ AOB}=\frac{4π}{3}-\sqrt{3}$。
5. 计算单个阴影部分$S_1$：单个外接圆面积为$πR²=4π$，$S_1=4π-2S_2=4π-2×(\frac{4π}{3}-\sqrt{3})=\frac{4π}{3}+2\sqrt{3}$。
6. 计算总面积：上下两个相同的$S_1$，故总面积$=2S_1=2×(\frac{4π}{3}+2\sqrt{3})=\frac{8π}{3}+4\sqrt{3}$。
【答案】
$\dfrac{8π}{3}+4\sqrt{3}$
【知识点】
圆周角定理，扇形面积，三角形面积
【点评】
本题结合圆周角定理，利用定弦对应的圆周角范围确定动点区域，需掌握等边三角形外接圆半径的计算，以及组合图形面积的拆分计算，体现了数形结合的数学思想，是几何综合类题目。
【难度系数】
0.4

6.【问题提出】如何用圆规和无刻度的直尺作一条直线或圆弧平分已知扇形的面积？（以下作图均不写作法，但需保留作图痕迹）
【初步尝试】如图1，已知扇形$AOB$，请你用圆规和无刻度的直尺过圆心$O$作一条直线，使扇形的面积被这条直线平分.
【问题联想】如图2，已知线段$MN$，请你用圆规和无刻度的直尺作一个以$MN$为斜边的等腰直角三角形$MNP$.
【问题再解】如图3，已知扇形$AOB$，请你用圆规和无刻度的直尺作一条以点$O$为圆心的圆弧，使扇形的面积被这条圆弧平分.

解:【初步尝试】【问题联想】【问题再解】如图 1、图 2、图 3 所示.
提示:关于图 3,由【问题联想】的结论可知,$△ OAD$是等腰直角三角形,所以 $\dfrac{OA}{OE}=\dfrac{OA}{OD}=\sqrt{2}$,所以 $\dfrac{S_{\mathrm{扇形}AOB}}{S_{\mathrm{扇形}EOF}}=\dfrac{\dfrac{nπ · OA^2}{360}}{\dfrac{nπ · OE^2}{360}}=\dfrac{OA^2}{OE^2}=2$.

【分析】
要解决本题的三个作图问题，需结合基本作图方法和几何性质分析：
1. 初步尝试：扇形面积由圆心角和半径决定，同半径时，平分圆心角即可平分扇形面积，因此过圆心作∠AOB的角平分线，就能平分扇形面积。
2. 问题联想：以MN为斜边的等腰直角三角形，其斜边的中点到三个顶点距离相等，故先作MN的垂直平分线找到中点，再以MN为直径作圆，垂直平分线与圆的交点即为直角顶点P，连接MP、NP即可得到所求三角形。
3. 问题再解：扇形面积与半径平方成正比，要使圆弧平分扇形面积，需让圆弧半径的平方等于原扇形半径平方的1/2，结合等腰直角三角形的性质，构造对应线段得到所需半径，再作圆弧即可。
【解析】
【初步尝试】：作∠AOB的角平分线，该直线过圆心O，即为平分扇形面积的直线，作图痕迹如图1所示。
【问题联想】：①作线段MN的垂直平分线；②以MN为直径作圆，垂直平分线与圆交于点P；③连接MP、NP，△MNP即为以MN为斜边的等腰直角三角形，作图痕迹如图2所示。
【问题再解】：①作以OA为斜边的等腰直角三角形，得到直角边OD，满足OD = OA/√2；②以O为圆心，OD为半径作圆弧，交OA于E，交OB于F，圆弧EF即为平分扇形面积的圆弧，作图痕迹如图3所示。
【答案】
【初步尝试】、【问题联想】、【问题再解】的作图结果分别对应图1、图2、图3，作图痕迹保留，对应图片如参考答案所示。
【知识点】
角平分线作图、扇形面积公式、等腰直角三角形作图
【点评】
本题综合考查基本几何作图技能和几何性质的应用，将扇形面积比例关系与等腰直角三角形的性质结合，需要学生灵活运用所学知识解决作图问题，难度适中。
【难度系数】
0.5