2. 一定滑轮的起重装置如图 24.4 - 12 所示，滑轮半径为 12 cm，当重物上升 $ 4\pi \, cm $ 时，滑轮的一条半径 $ OA $ 按逆时针方向旋转的度数为(假设绳索与滑轮之间没有滑动)()

A.$ 12^{\circ} $
B.$ 30^{\circ} $
C.$ 60^{\circ} $
D.$ 90^{\circ} $

2.C

解：设滑轮旋转的度数为$n^{\circ}$。
重物上升的距离等于滑轮边缘上点A转过的弧长，弧长公式为$l = \frac{n\pi r}{180}$，其中$r = 12\,cm$，$l = 4\pi\,cm$。
则$4\pi = \frac{n\pi × 12}{180}$，
化简得$4 = \frac{12n}{180}$，
$12n = 4 × 180$，
$12n = 720$，
$n = 60$。
答案：C

3. 已知扇形的面积为 $ 2\pi $，半径为 3，则该扇形的弧长 $ l $ 为 (结果保留 $ \pi $).

3.$\frac {4}{3}\pi $

解：设扇形的圆心角为$n^{\circ}$，弧长为$l$。
由扇形面积公式$S = \frac{1}{2}lr$，已知$S = 2\pi$，$r = 3$，可得$2\pi=\frac{1}{2}× l× 3$，解得$l = \frac{4}{3}\pi$。
$\frac{4}{3}\pi$

4. (山东济南中考)如图 24.4 - 13，扇形纸扇完全打开后，扇形 $ ABC $ 的面积为 $ 300\pi \, cm^2 $，$ \angle BAC = 120^{\circ} $，$ BD = 2AD $，则 $ BD $ 的长度为 cm.

4.20

解：设$AD = x$，则$BD = 2x$，$AB = AD + BD = 3x$。
扇形$ABC$的面积公式为$S = \frac{n\pi r^2}{360}$（其中$n = 120^{\circ}$，$r = AB = 3x$），已知$S = 300\pi$，则：
$\frac{120\pi (3x)^2}{360} = 300\pi$
化简得：
$\frac{120\pi \cdot 9x^2}{360} = 300\pi \implies 3\pi x^2 = 300\pi \implies x^2 = 100 \implies x = 10$
所以$BD = 2x = 20$。
20

5. (安徽中考)如图 24.4 - 14，已知等边三角形 $ ABC $ 的边长为 6，以 $ AB $ 为直径的 $ \odot O $ 与边 $ AC $，$ BC $ 分别交于 $ D $，$ E $ 两点，则劣弧 $ \overset{\frown}{DE} $ 的长为 .

5.$\pi $

证明：连接 $OD$，$OE$。
因为 $\triangle ABC$ 是等边三角形，所以 $\angle A = \angle B = 60°$。
由于 $OA = OD$，$OB = OE$，故 $\triangle OAD$ 和 $\triangle OBE$ 均为等边三角形。
因此，$\angle AOD = \angle BOE = 60°$。
又因为 $\angle AOB = 180°$，所以 $\angle DOE = 180° - \angle AOD - \angle BOE = 180° - 60° - 60° = 60°$。
已知 $AB = 6$，则 $\odot O$ 的半径 $r = \frac{AB}{2} = 3$。
劣弧 $\overset{\frown}{DE}$ 的长为 $\frac{n\pi r}{180} = \frac{60\pi × 3}{180} = \pi$。
$\pi$

6. (青海中考)如图 24.4 - 15，$ AC $ 是汽车挡风玻璃前的雨刷器(示意图). 已知 $ AO = 45 \, cm $，$ CO = 5 \, cm $，当 $ AC $ 绕点 $ O $ 顺时针旋转 $ 90^{\circ} $ 时，雨刷器 $ AC $ 扫过的面积为 $ cm^2 $(结果保留 $ \pi $).

6.$500\pi $

解：雨刷器 $AC$ 扫过的面积为扇形 $AOA'$ 的面积减去扇形 $COC'$ 的面积。
扇形面积公式为 $S = \frac{n\pi r^2}{360}$，其中 $n = 90°$。
扇形 $AOA'$ 的面积：$\frac{90\pi × 45^2}{360} = \frac{90\pi × 2025}{360} = \frac{2025\pi}{4}$
扇形 $COC'$ 的面积：$\frac{90\pi × 5^2}{360} = \frac{90\pi × 25}{360} = \frac{25\pi}{4}$
扫过的面积：$\frac{2025\pi}{4} - \frac{25\pi}{4} = \frac{2000\pi}{4} = 500\pi$
$500\pi$

7. 如图 24.4 - 16，在边长为 4 的正方形 $ ABCD $ 中，以 $ AB $ 为直径的圆与对角线 $ AC $ 交于点 $ E $.
(1) 求 $ \overset{\frown}{BE} $ 所对的圆心角的度数；
(2) 求图中阴影部分的面积（结果保留 $ \pi $）.

1. （1）
连接 $OE$：
因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $\angle CAB = 45^{\circ}$。
又因为 $OA = OE$（圆的半径），所以 $\triangle AOE$ 是等腰三角形，$\angle OEA=\angle OAE = 45^{\circ}$。
根据三角形内角和定理 $\angle AOE=180^{\circ}-\angle OAE - \angle OEA$，即 $\angle AOE = 180^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}$。
所以$\overset{\frown}{BE}$所对的圆心角$\angle BOE = 90^{\circ}$。
2. （2）
解：
首先求正方形 $ABCD$ 的面积 $S_{正方形}=4×4 = 16$。
然后求$\triangle ABC$的面积 $S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×4×4 = 8$。
再求扇形 $BOE$ 的面积 $S_{扇形}=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（其中 $n = 90$，$r=\frac{AB}{2}=2$），即 $S_{扇形}=\frac{90\pi×2^{2}}{360}=\pi$。
阴影部分面积 $S = S_{\triangle ABC}-S_{扇形}$。
把 $S_{\triangle ABC}=8$，$S_{扇形}=\pi$代入可得 $S = 8-\pi$。
综上，（1）$\overset{\frown}{BE}$所对的圆心角的度数为$90^{\circ}$；（2）阴影部分面积为$8 - \pi$。

8. (浙江衢州中考)运用图形变化的方法研究下列问题：如图 24.4 - 17，$ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径，$ CD $，$ EF $ 是 $ \odot O $ 的弦，且 $ AB // CD // EF $，$ AB = 10 $，$ CD = 6 $，$ EF = 8 $，则图中阴影部分的面积是()

A.$ \frac{25\pi}{2} $
B.$ 10\pi $
C.$ 24 + 4\pi $
D.$ 24 + 5\pi $

8.A

解：连接$OC$，$OD$，$OE$，$OF$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$AB=10$，
$\therefore \odot O$的半径$r=5$，$S_{\odot O}=\pi r^2=25\pi$。
$\because AB // CD$，
$\therefore S_{\triangle ACD}=S_{\triangle OCD}$（同底等高），
同理$S_{\triangle AEF}=S_{\triangle OEF}$。
$\therefore$阴影部分面积$=S_{\triangle OCD}+S_{\triangle OEF}$。
$\because CD=6$，$EF=8$，
由垂径定理，设$CD$，$EF$的弦心距分别为$d_1$，$d_2$，
则$d_1=\sqrt{5^2-3^2}=4$，$d_2=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
$\because d_1^2+d_2^2=4^2+3^2=5^2=r^2$，
$\therefore \angle COD+\angle EOF=90°+90°=180°$（或通过三角函数证圆心角互补）。
$\therefore S_{\triangle OCD}+S_{\triangle OEF}=\frac{1}{2}S_{\odot O}=\frac{25\pi}{2}$。
故阴影部分面积为$\frac{25\pi}{2}$。
答案：A

9. 把边长为 2 的正方形 $ ABDC $ 的一边放在定直线 $ l $ 上，按顺时针方向绕点 $ C $ 旋转到如图 24.4 - 18 所示的位置，则点 $ B $ 运动到点 $ B' $ 所经过的路线长度为 .

9.$\sqrt {2}\pi $

解：
∵ 正方形 $ABDC$ 的边长为 2，
∴ $BC = \sqrt{AC^2 + AB^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$。
由旋转性质，点 $B$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $90°$ 到点 $B'$，
∴ 旋转半径为 $BC = 2\sqrt{2}$，旋转角为 $90° = \frac{\pi}{2}$ 弧度。
点 $B$ 运动路线长度为：$\frac{90°}{360°} × 2\pi × 2\sqrt{2} = \frac{1}{4} × 4\sqrt{2}\pi = \sqrt{2}\pi$。
$\sqrt{2}\pi$

10. 如图 24.4 - 19，$ CD $ 为 $ \odot O $ 的直径，$ CD \perp AB $，垂足为点 $ F $，$ AO \perp BC $，垂足为点 $ E $，$ AO = 1 $.
(1) 求 $ \angle C $ 的大小；
(2) 求阴影部分的面积.

1. （1）
因为$CD\perp AB$，$AO\perp BC$，所以$\angle AFO=\angle CEO = 90^{\circ}$。
在四边形$OECF$中，$\angle AOC$是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆心角，$\angle B$是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，根据同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍，有$\angle AOC = 2\angle B$。
又因为$\angle AOC+\angle C+\angle CEO+\angle CFO=360^{\circ}$，且$\angle CFO=\angle CEO = 90^{\circ}$，所以$\angle AOC+\angle C=180^{\circ}$。
因为$\angle AOC = 2\angle B$，$\angle B+\angle C = 90^{\circ}$（$\triangle BCF$中，$\angle CFB = 90^{\circ}$），把$\angle AOC = 2\angle B$代入$\angle AOC+\angle C=180^{\circ}$得$2\angle B+\angle C=180^{\circ}$，再将$\angle B = 90^{\circ}-\angle C$代入$2\angle B+\angle C=180^{\circ}$。
则$2(90^{\circ}-\angle C)+\angle C=180^{\circ}$，即$180^{\circ}-2\angle C+\angle C=180^{\circ}$，解得$\angle C = 30^{\circ}$。
2. （2）
连接$OB$。
因为$CD\perp AB$，$CD$是直径，所以$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，$S_{\triangle AOC}=S_{\triangle BOC}$。
由$\angle C = 30^{\circ}$，$OA = OB = 1$，$\angle AOC = 60^{\circ}$（$\angle AOC+\angle C = 180^{\circ}$，$\angle C = 30^{\circ}$）。
阴影部分面积$S_{阴影}=S_{扇形OADB}-S_{\triangle AOB}$。
因为$\angle AOC = 60^{\circ}$，所以$\angle AOB = 120^{\circ}$。
根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（$n = 120$，$r = 1$），$S_{扇形OADB}=\frac{120\pi×1^{2}}{360}=\frac{\pi}{3}$。
过$O$作$OH\perp AB$于$H$，因为$\angle AOB = 120^{\circ}$，$OA = OB = 1$，则$\angle AOH=\frac{1}{2}\angle AOB = 60^{\circ}$，$\angle OAH = 30^{\circ}$。
在$Rt\triangle AOH$中，$OH=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}$，$AH=\sqrt{OA^{2}-OH^{2}}=\sqrt{1 - (\frac{1}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$AB = 2AH=\sqrt{3}$。
根据三角形面积公式$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}AB\cdot OH=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$。
所以（1）$\angle C = 30^{\circ}$；（2）$S_{阴影}=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}$。

11. 如图 24.4 - 20，已知 $ \odot O $ 是 $ \triangle ABC $ 的外接圆，$ AC $ 是直径，$ \angle A = 30^{\circ} $，$ BC = 2 $，$ D $ 是 $ AB $ 的中点，连接 $ DO $ 并延长交 $ \odot O $ 于点 $ P $，过点 $ P $ 作 $ PF \perp AC $ 于点 $ F $.
(1) 求劣弧 $ \overset{\frown}{PC} $ 的长（结果保留 $ \pi $）；
(2) 求阴影部分的面积（结果保留 $ \pi $）.

1. （1）
解：
因为$AC$是$\odot O$的直径，所以$\angle ABC = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle A = 30^{\circ}$，$BC = 2$，根据直角三角形中$30^{\circ}$所对的直角边等于斜边的一半，可得$AC = 2BC = 4$，则$OA=OC = 2$。
因为$D$是$AB$的中点，$O$是$AC$的中点，所以$OD// BC$，则$\angle AOD=\angle ACB$。
又因为$\angle A = 30^{\circ}$，所以$\angle ACB = 60^{\circ}$，那么$\angle AOD=\angle ACB = 60^{\circ}$，所以$\angle POC=\angle AOD = 60^{\circ}$。
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径），这里$n = 60^{\circ}$，$r = 2$，则劣弧$\overset{\frown}{PC}$的长$l=\frac{60\pi×2}{180}=\frac{2\pi}{3}$。
2. （2）
解：
因为$PF\perp AC$，$\angle POC = 60^{\circ}$，$OP = OC = 2$。
在$Rt\triangle OPF$中，$\sin\angle POC=\frac{PF}{OP}$，$\cos\angle POC=\frac{OF}{OP}$。
所以$PF = OP\sin60^{\circ}=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，$OF = OP\cos60^{\circ}=2×\frac{1}{2}=1$，则$FC=OC - OF=2 - 1 = 1$。
阴影部分面积$S = S_{扇形OPC}-S_{\triangle OPF}$。
扇形$OPC$的面积$S_{扇形OPC}=\frac{60\pi×2^{2}}{360}=\frac{2\pi}{3}$。
$\triangle OPF$的面积$S_{\triangle OPF}=\frac{1}{2}× OF× PF=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
所以阴影部分面积$S=\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}$。
综上，（1）劣弧$\overset{\frown}{PC}$的长为$\frac{2\pi}{3}$；（2）阴影部分面积为$\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}$。