1. (2024重庆中考)如图24-4-1-3,在矩形 $ ABCD $ 中,分别以点 $ A $ 和 $ C $ 为圆心,$ AD $ 长为半径画弧,两弧有且仅有一个公共点。若 $ AD = 4 $,则图中阴影部分的面积为()

A.$ 32 - 8\pi $
B.$ 16\sqrt{3} - 4\pi $
C.$ 32 - 4\pi $
D.$ 16\sqrt{3} - 8\pi $

D

在矩形 $ABCD$ 中，$AD = 4$，以 $A$、$C$ 为圆心，$AD$ 长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点，故两弧外切，圆心距 $AC = AD + CD$。
因为 $AD = CD = 4$（半径相等），所以 $AC = 4 + 4 = 8$。
在 $Rt\triangle ADC$ 中，$AC^2 = AD^2 + CD^2$，设 $CD = x$，则 $8^2 = 4^2 + x^2$，解得 $x = 4\sqrt{3}$（即 $CD = AB = 4\sqrt{3}$）。
矩形面积 $S_{矩形} = AD × CD = 4 × 4\sqrt{3} = 16\sqrt{3}$。
两扇形半径为 $4$，圆心角均为 $90°$（矩形内角），每个扇形面积 $S_{扇形} = \frac{90°}{360°} × \pi × 4^2 = 4\pi$，两扇形总面积 $2 × 4\pi = 8\pi$。
阴影部分面积 $S_{阴影} = S_{矩形} - 2S_{扇形} = 16\sqrt{3} - 8\pi$。
D

2. 如图24-4-1-4,在边长为 $ 1 $ 的正方形组成的网格中,$ \triangle ABC $ 的顶点都在格点上,将 $ \triangle ABC $ 绕点 $ C $ 顺时针旋转 $ 60^{\circ} $,则顶点 $ A $ 所经过的路径长为()

A.$ 10\pi $
B.$ \frac{\sqrt{10}}{3} $
C.$ \frac{\sqrt{10}}{3}\pi $
D.$ \pi $

C

由网格可知，点$A$与点$C$的水平距离为$1$，垂直距离为$3$。
根据勾股定理，$AC = \sqrt{1^{2} + 3^{2}}=\sqrt{1 + 9}=\sqrt{10}$。
顶点$A$绕点$C$顺时针旋转$60^{\circ}$，所经过的路径为以$C$为圆心，$AC$为半径，圆心角为$60^{\circ}$的弧。
弧长公式为$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为半径），则路径长为$\frac{60\pi×\sqrt{10}}{180}=\frac{\sqrt{10}}{3}\pi$。
C

3. 如图24-4-1-5,$ AB $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ B $,$ AO $ 的延长线交 $ \odot O $ 于点 $ C $,连接 $ BC $,若 $ \angle ABC = 120^{\circ} $,$ OC = 3 $,则 $ \overset{\frown}{BC} $ 的长为 。

2π

连接 $ OB $。
因为 $ AB $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ B $，所以 $ OB \perp AB $，即 $ \angle ABO = 90° $。
已知 $ \angle ABC = 120° $，则 $ \angle OBC = \angle ABC - \angle ABO = 120° - 90° = 30° $。
因为 $ OB = OC = 3 $，所以 $ \triangle OBC $ 是等腰三角形，$ \angle OCB = \angle OBC = 30° $。
因此 $ \angle BOC = 180° - \angle OBC - \angle OCB = 180° - 30° - 30° = 120° $。
$ \overset{\frown}{BC} $ 的长为 $ \frac{120° × \pi × 3}{180°} = 2\pi $。
$ 2\pi $

4. 如图24-4-1-6,半圆的直径 $ AB = 40 $,$ C $,$ D $ 是半圆的三等分点,求弦 $ AC $,$ AD $ 与 $ \overset{\frown}{CD} $ 围成的阴影部分的面积。

$\frac{200}{3}\pi$

连接$OC$，$OD$，$CD$。
因为$C$，$D$是半圆的三等分点，所以$\angle AOC = \angle COD = \angle DOB = 60°$。
半圆直径$AB = 40$，则半径$OA = OC = OD = 20$。
因为$OC = OD$，$\angle COD = 60°$，所以$\triangle OCD$是等边三角形，$CD = OC = 20$。
因为$OA = OC$，$\angle AOC = 60°$，所以$\triangle AOC$是等边三角形，$\angle OAC = 60°$，$AC = OA = 20$。
同理，$\triangle AOD$中，$OA = OD$，$\angle AOD = 120°$。
$S_{阴影} = S_{扇形 OCD} + S_{\triangle AOC} - S_{\triangle ACD}$。
因为$AC = CD = 20$，$\angle ACD = 60°$（由圆内接四边形性质或三角形内角和可得），所以$\triangle ACD$是等边三角形，$S_{\triangle ACD} = S_{\triangle AOC}$。
故$S_{阴影} = S_{扇形 OCD} = \frac{60°}{360°} × \pi × 20^2 = \frac{1}{6} × \pi × 400 = \frac{200}{3}\pi$。
$\frac{200}{3}\pi$

5. 如图24-4-1-7,在 $ □ ABCD $ 中,$ AB $ 为 $ \odot O $ 的直径,$ \odot O $ 与 $ DC $ 相切于 $ E $,与 $ AD $ 相交于 $ F $,$ AB = 12 $,$ \angle C = 60^{\circ} $,则 $ \overset{\frown}{FE} $ 的长为()

A.$ \frac{\pi}{3} $
B.$ \frac{\pi}{2} $
C.$ \pi $

D.$ 2\pi $

C

连接OE,OF。
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=60°，
∴∠A=∠C=60°，AB=CD=12，AB//CD。
∵AB为⊙O的直径，
∴OA=OB=6，即⊙O的半径r=6。
∵⊙O与DC相切于E，
∴OE⊥CD。
∵AB//CD，
∴OE⊥AB，
∴∠AOE=90°。
∵OA=OF，∠A=60°，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠AOF=60°。
∴∠FOE=∠AOE - ∠AOF=90° - 60°=30°=π/6 rad。
∴$\overset{\frown}{FE}$的长为r×∠FOE=6×π/6=π。
C

6. 如图24-4-1-8,在矩形 $ ABCD $ 中,$ AB = 3 $,$ AD = 4 $,将矩形 $ ABCD $ 绕点 $ D $ 顺时针旋转 $ 90^{\circ} $ 得到矩形 $ A'B'C'D $,则点 $ B $ 经过的路径与 $ BA $,$ AC' $,$ C'B' $ 所围成的封闭图形的面积是 。(结果保留 $ \pi $)

$\frac{25}{4}\pi+12$

连接DB，DB'。
在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，
根据勾股定理，DB=$\sqrt{AD^2 + AB^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
矩形ABCD绕点D顺时针旋转90°得到矩形A'B'C'D，
则∠BDB'=90°，DB'=DB=5，A'D=AD=4，C'D=CD=3。
点B经过的路径为扇形BDB'，其面积为$\frac{90°}{360°} × \pi × 5^2 = \frac{25}{4}\pi$。
四边形DAB C'的面积为S_{△DAB} + S_{△DAC'}，
S_{△DAB} = $\frac{1}{2} × AD × AB = \frac{1}{2} × 4 × 3 = 6$，
S_{△DAC'} = $\frac{1}{2} × A'D × C'D = \frac{1}{2} × 4 × 3 = 6$，
所以四边形DAB C'的面积为6 + 6 = 12。
封闭图形的面积为扇形BDB'的面积加上四边形DAB C'的面积，即$\frac{25}{4}\pi + 12$。
$\frac{25}{4}\pi + 12$

7. 如图24-4-1-9,$ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径,点 $ C $,$ D $ 在 $ \odot O $ 上,$ \angle D = 60^{\circ} $,$ BC = 4 $,求劣弧 $ AC $ 的长。

$\frac{8}{3}\pi$

连接OC，
∵∠D=60°，
∴∠AOC=2∠D=120°（同弧所对的圆心角是圆周角的两倍），
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角），
∵OA=OC，∠AOC=120°，
∴∠OAC=∠OCA=(180°-120°)/2=30°，
在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8（在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半），
∴OA=AB/2=4，
劣弧AC的长为：(120°×π×4)/180°=(480π)/180=8π/3。
8π/3

8. 如图24-4-1-10,已知 $ AB $ 为 $ \odot O $ 的直径,$ CD $ 是弦,$ AB \perp CD $,垂足为点 $ E $,若 $ EB = 5 \, cm $,$ CD = 10\sqrt{3} \, cm $,设 $ OE = x \, cm $,求 $ x $ 的值及图中阴影部分的面积。

解:连接OC。
∵AB为$\odot O$的直径,CD是弦,$AB\perp CD$,
∴$\angle OEC=90°$,$CE=\frac{1}{2}CD=5\sqrt{3}(cm)$。
在Rt$\triangle OCE$中,$OE=x\ cm$,$OB=OC=(5+x)\ cm$。
由勾股定理,得$OC^2=EC^2+EO^2$,
即$(5+x)^2=(5\sqrt{3})^2+x^2$,解得$x=5$,
即$OE=5\ cm$,$OC=10\ cm$。
在Rt$\triangle OCE$中,$OC=2OE$,
故$\angle OCE=30°$,$\therefore\angle COE=60°$。
由圆的对称性可知阴影部分的面积为
$S_{阴影}=2(S_{扇形OBC}-S_{\triangle OCE})$
$=2×\left(\frac{60\pi×10^2}{360}-\frac{1}{2}×5\sqrt{3}×5\right)$
$=\left(\frac{100\pi}{3}-25\sqrt{3}\right)(cm^2)$。