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11. 一个圆锥的主视图是边长为 4 cm 的正三角形,它的侧面积等于
$8\pi cm^{2}$
.答案
$8\pi cm^{2}$（或写为$ 8\pi$ ）
解析
由题意知，圆锥的主视图是一个边长为$4cm$的正三角形，因此圆锥的底面直径为$4cm$（所以底面半径$r = 2cm$）的等边三角形，圆锥的母线长$l$也为$4cm$（因为主视图的正三角形边长即代表圆锥的母线）。
圆锥侧面积公式为$S = \pi rl$，其中$r$为底面半径 ，$l$为母线长。
将$r = 2cm$，$l = 4cm$代入公式可得$S=\pi×2×4 = 8\pi cm^{2}$。
圆锥侧面积公式为$S = \pi rl$，其中$r$为底面半径 ，$l$为母线长。
将$r = 2cm$，$l = 4cm$代入公式可得$S=\pi×2×4 = 8\pi cm^{2}$。
12. 如图,$\angle PAC = 30^{\circ}$,在射线$AC$上顺次截取$AD = 3$ cm,$DB = 10$ cm,以$DB$为直径作$\odot O$,交射线$AP$于$E,F$两点,则线段$EF$的长是
6
cm.答案
6
解析
连接OE，过O作OG⊥AP于G。
∵DB=10cm，∴⊙O半径OE=5cm，OD=5cm。
∵AD=3cm，∴AO=AD+OD=3+5=8cm。
∵∠PAC=30°，OG⊥AP，∴OG=AO·sin30°=8×1/2=4cm。
在Rt△OEG中，EG=√(OE²-OG²)=√(5²-4²)=3cm。
由垂径定理得EF=2EG=6cm。
∵DB=10cm，∴⊙O半径OE=5cm，OD=5cm。
∵AD=3cm，∴AO=AD+OD=3+5=8cm。
∵∠PAC=30°，OG⊥AP，∴OG=AO·sin30°=8×1/2=4cm。
在Rt△OEG中，EG=√(OE²-OG²)=√(5²-4²)=3cm。
由垂径定理得EF=2EG=6cm。
13. 小明很喜欢钻研数学问题,一次老师拿来一个残缺的圆形瓦片(如图所示)让小明求瓦片所在圆的半径的长度.小明连接瓦片弧线两端$AB$,量的弧$AB$的中心$C$到$AB$的距离$CD = 1.6$ cm,$AB = 6.4$ cm,很快求得圆形瓦片所在圆的半径为
4
cm.答案
$4$
解析
设圆的圆心为$O$，连接$OA$，$OC$，$OC$与$AB$交于点$D$，则$OC\perp AB$。
已知$CD = 1.6cm$，$AB = 6.4cm$，因为$OC\perp AB$，根据垂径定理可知$AD=\frac{1}{2}AB = 3.2cm$。
设圆的半径$OA = r cm$，则$OD=(r - 1.6)cm$。
在$Rt\triangle OAD$中，根据勾股定理$OA^{2}=AD^{2}+OD^{2}$，即$r^{2}=3.2^{2}+(r - 1.6)^{2}$。
展开$(r - 1.6)^{2}$得$r^{2}-3.2r + 2.56$，则$r^{2}=3.2^{2}+r^{2}-3.2r + 2.56$。
移项可得$3.2r=3.2^{2}+2.56$，即$3.2r = 10.24+2.56$，$3.2r = 12.8$，解得$r = 4$。
已知$CD = 1.6cm$，$AB = 6.4cm$，因为$OC\perp AB$，根据垂径定理可知$AD=\frac{1}{2}AB = 3.2cm$。
设圆的半径$OA = r cm$，则$OD=(r - 1.6)cm$。
在$Rt\triangle OAD$中，根据勾股定理$OA^{2}=AD^{2}+OD^{2}$，即$r^{2}=3.2^{2}+(r - 1.6)^{2}$。
展开$(r - 1.6)^{2}$得$r^{2}-3.2r + 2.56$，则$r^{2}=3.2^{2}+r^{2}-3.2r + 2.56$。
移项可得$3.2r=3.2^{2}+2.56$，即$3.2r = 10.24+2.56$，$3.2r = 12.8$，解得$r = 4$。
14. 如图,在平面直角坐标系中,点$O(0,0)$,$A(0,4)$,$B(4,0)$,$P$是经过$O,A,B$三点的圆上的一个动点($P$与$O,B$两点不重合),则$\angle OPB =$
45°
.答案
45°
解析
连接AB，由O(0,0)，A(0,4)，B(4,0)，得OA=4，OB=4，∠AOB=90°，则AB为经过O,A,B三点的圆的直径，AB=√(OA²+OB²)=4√2，圆心为AB中点(2,2)，半径为2√2。点P在圆上，∠OPB与∠OAB都是弧OB所对的圆周角，∠OAB=45°，故∠OPB=45°。
15. 如图,半圆$O$的半径为 2,$E$是半圆上的一点,将$E$点对折到直径$AB$上的$E'$点($EE'\perp AB$)处.当被折的圆弧与直径$AB$至少有一个交点时,折痕$CD$的取值范围是
$2\sqrt{3}\leq x \lt 4$
.答案
$2\sqrt{3}\leq x \lt 4$
解析
建立坐标系，设圆心$O$为原点，直径$AB$为$x$轴，半圆在$x$轴上方。
当点$E$在半圆上移动时，设$E$的坐标为$(2\cos\theta,2\sin\theta)$，其中$0 \leq \theta \leq \pi$。
由于$EE^{\prime} \perp AB$，且$E^{\prime}$在$AB$上，所以$E^{\prime}$的坐标为$(2\cos\theta,0)$。
折痕$CD$是线段$EE^{\prime}$的垂直平分线。
$EE^{\prime}$的中点$M$的坐标为$(2\cos\theta,\sin\theta)$。
$EE^{\prime}$的斜率为$\frac{2\sin\theta - 0}{2\cos\theta - 2\cos\theta}$（实际上不存在，因为$x$坐标相同），但$EE^{\prime}$与$y$轴平行，所以其垂直平分线$CD$与$x$轴平行。
然而，由于$CD$是折痕，且折起后圆弧与$AB$至少有一个交点，这意味着折痕$CD$必须与半圆相交或相切。
当$CD$与半圆相切时，$OM$（$M$为切点）与$CD$垂直，且$OM$的长度为半径，即2。
此时，$M$的$y$坐标为半径的一半（因为$OM$与$CD$垂直且$CD$平分$EE^{\prime}$），即$\sin\theta = \sqrt{2^2 - (CD的一半)^2} / 2 = \sqrt{3}/2$（利用勾股定理和$OM$为半径），解得$\theta = 60°$或$\theta = 120°$。
当$\theta = 60°$时，$CD$的一半长度为$\sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，所以$CD = 2\sqrt{3}$。
同理，当$\theta = 120°$时，$CD$长度相同。
当$E$点移动到$A$或$B$点时，$CD$长度达到最小，为半圆的直径，即4（但此时折起的圆弧与$AB$重合，可认为至少有一个交点）。
然而，由于题目要求折起的圆弧与$AB$至少有一个交点，且$CD$是折痕，所以$CD$的最小长度应大于0且小于或等于$2\sqrt{3}$（当$\theta = 60°$或$120°$时的长度）到4（当$E$在$A$或$B$时的长度，但此时不算严格意义上的“折起”）。
由于当$CD = 2\sqrt{3}$时，圆弧恰好与$AB$相切于一点，满足条件。
当$CD$在$2\sqrt{3}$到$2×2=4$（不包括4，因为当$CD=4$时，圆弧与$AB$重合，不算交点）之间变化时，圆弧与$AB$有两个交点。
综合以上分析，$CD$的取值范围为$2\sqrt{3} \leq x \lt 4$。
当点$E$在半圆上移动时，设$E$的坐标为$(2\cos\theta,2\sin\theta)$，其中$0 \leq \theta \leq \pi$。
由于$EE^{\prime} \perp AB$，且$E^{\prime}$在$AB$上，所以$E^{\prime}$的坐标为$(2\cos\theta,0)$。
折痕$CD$是线段$EE^{\prime}$的垂直平分线。
$EE^{\prime}$的中点$M$的坐标为$(2\cos\theta,\sin\theta)$。
$EE^{\prime}$的斜率为$\frac{2\sin\theta - 0}{2\cos\theta - 2\cos\theta}$（实际上不存在，因为$x$坐标相同），但$EE^{\prime}$与$y$轴平行，所以其垂直平分线$CD$与$x$轴平行。
然而，由于$CD$是折痕，且折起后圆弧与$AB$至少有一个交点，这意味着折痕$CD$必须与半圆相交或相切。
当$CD$与半圆相切时，$OM$（$M$为切点）与$CD$垂直，且$OM$的长度为半径，即2。
此时，$M$的$y$坐标为半径的一半（因为$OM$与$CD$垂直且$CD$平分$EE^{\prime}$），即$\sin\theta = \sqrt{2^2 - (CD的一半)^2} / 2 = \sqrt{3}/2$（利用勾股定理和$OM$为半径），解得$\theta = 60°$或$\theta = 120°$。
当$\theta = 60°$时，$CD$的一半长度为$\sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，所以$CD = 2\sqrt{3}$。
同理，当$\theta = 120°$时，$CD$长度相同。
当$E$点移动到$A$或$B$点时，$CD$长度达到最小，为半圆的直径，即4（但此时折起的圆弧与$AB$重合，可认为至少有一个交点）。
然而，由于题目要求折起的圆弧与$AB$至少有一个交点，且$CD$是折痕，所以$CD$的最小长度应大于0且小于或等于$2\sqrt{3}$（当$\theta = 60°$或$120°$时的长度）到4（当$E$在$A$或$B$时的长度，但此时不算严格意义上的“折起”）。
由于当$CD = 2\sqrt{3}$时，圆弧恰好与$AB$相切于一点，满足条件。
当$CD$在$2\sqrt{3}$到$2×2=4$（不包括4，因为当$CD=4$时，圆弧与$AB$重合，不算交点）之间变化时，圆弧与$AB$有两个交点。
综合以上分析，$CD$的取值范围为$2\sqrt{3} \leq x \lt 4$。
16. 如图,$AB$是$\odot O$的直径,$AB = 2$,$\angle ABC = 60^{\circ}$,$P$是$\odot O$上一动点,$D$是$AP$的中点,连接$CD$,则$CD$的最小值为
(√7-1)/2
.答案
(√7-1)/2
解析
∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°。在Rt△ABC中，AB=2，∠ABC=60°，∴BC=AB·cos60°=1，AC=AB·sin60°=√3，C点坐标为(0.5, √3/2)。
取AO中点M，A(-1,0)，O(0,0)，则M(-0.5,0)。∵D是AP中点，M是AO中点，∴DM是△AOP中位线，DM=OP/2=1/2，故D在以M为圆心，半径1/2的圆上。
C(0.5, √3/2)到M(-0.5,0)距离CM=√[(0.5+0.5)²+(√3/2-0)²]=√7/2。
CD最小值=CM - 半径=√7/2 - 1/2=(√7-1)/2。
取AO中点M，A(-1,0)，O(0,0)，则M(-0.5,0)。∵D是AP中点，M是AO中点，∴DM是△AOP中位线，DM=OP/2=1/2，故D在以M为圆心，半径1/2的圆上。
C(0.5, √3/2)到M(-0.5,0)距离CM=√[(0.5+0.5)²+(√3/2-0)²]=√7/2。
CD最小值=CM - 半径=√7/2 - 1/2=(√7-1)/2。
17. (6 分)如图,主人将一只羊通过 4 m 长的绳子拴在长为 3 m,宽为 2 m 的长方形水泥台的一个顶点上,水泥台的周围都是草地,求这头羊能吃到草的草地面积是多少.(结果精确到$0.01\ m^{2}$)
答案
41.63
解析
解：
羊能吃到草的区域由三部分组成：
1. 以拴羊点为圆心，4m为半径，圆心角270°的扇形面积
$ S_1 = \frac{270°}{360°} × \pi × 4^2 = \frac{3}{4} × \pi × 16 = 12\pi \, m^2 $
2. 绕长方形长边（3m）后，以长边端点为圆心，剩余绳长（4-3=1m）为半径，圆心角90°的扇形面积
$ S_2 = \frac{90°}{360°} × \pi × 1^2 = \frac{1}{4} × \pi × 1 = \frac{\pi}{4} \, m^2 $
3. 绕长方形宽边（2m）后，以宽边端点为圆心，剩余绳长（4-2=2m）为半径，圆心角90°的扇形面积
$ S_3 = \frac{90°}{360°} × \pi × 2^2 = \frac{1}{4} × \pi × 4 = \pi \, m^2 $
总面积
$ S = S_1 + S_2 + S_3 = 12\pi + \frac{\pi}{4} + \pi = \frac{53\pi}{4} \approx \frac{53 × 3.1416}{4} \approx 41.63 \, m^2 $
羊能吃到草的区域由三部分组成：
1. 以拴羊点为圆心，4m为半径，圆心角270°的扇形面积
$ S_1 = \frac{270°}{360°} × \pi × 4^2 = \frac{3}{4} × \pi × 16 = 12\pi \, m^2 $
2. 绕长方形长边（3m）后，以长边端点为圆心，剩余绳长（4-3=1m）为半径，圆心角90°的扇形面积
$ S_2 = \frac{90°}{360°} × \pi × 1^2 = \frac{1}{4} × \pi × 1 = \frac{\pi}{4} \, m^2 $
3. 绕长方形宽边（2m）后，以宽边端点为圆心，剩余绳长（4-2=2m）为半径，圆心角90°的扇形面积
$ S_3 = \frac{90°}{360°} × \pi × 2^2 = \frac{1}{4} × \pi × 4 = \pi \, m^2 $
总面积
$ S = S_1 + S_2 + S_3 = 12\pi + \frac{\pi}{4} + \pi = \frac{53\pi}{4} \approx \frac{53 × 3.1416}{4} \approx 41.63 \, m^2 $
