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【例题3】将圆心角都等于90°，半径分别为R和r的扇形AOB和扇形COD，按如图所示的方法叠放在一起，连接AC，BD，求图中阴影部分的面积.
答案
思路导引 将不规则图形通过等积变形变为规则的可求面积的图形是解题的关键，求阴影部分的面积的常用方法有：①公式法；②割补法；③拼凑法；④等积变形法；⑤构造方程法.此题图中阴影部分是一个不规则图形，若换个角度思考，发现可将△BOD绕点O逆时针旋转90°到△AOC的位置，故阴影部分的面积可转化为两个扇形的面积之差.
解：$S_{阴影}=\frac{90\pi R^2}{360}-\frac{90\pi r^2}{360}=\frac{90\pi}{360}\cdot R^2-\frac{90\pi}{360}\cdot r^2=\frac{\pi}{4}(R^2 - r^2)$.
解：$S_{阴影}=\frac{90\pi R^2}{360}-\frac{90\pi r^2}{360}=\frac{90\pi}{360}\cdot R^2-\frac{90\pi}{360}\cdot r^2=\frac{\pi}{4}(R^2 - r^2)$.
1. 如图，$\odot O$是△ABC的内切圆，切点分别是D，E，F.已知∠A=100°，∠C=30°，则∠DFE的度数是(
A.55°
B.60°
C.65°
D.70°
C
).A.55°
B.60°
C.65°
D.70°
答案
1. 首先求$\angle B$的度数：
根据三角形内角和定理$\angle A+\angle B+\angle C = 180^{\circ}$，已知$\angle A = 100^{\circ}$，$\angle C = 30^{\circ}$，则$\angle B=180^{\circ}-\angle A - \angle C$。
把$\angle A = 100^{\circ}$，$\angle C = 30^{\circ}$代入可得$\angle B=180 - 100 - 30=50^{\circ}$。
2. 然后利用圆的切线性质：
因为$\odot O$是$\triangle ABC$的内切圆，切点分别是$D$，$E$，$F$，所以$OD\perp AB$，$OE\perp BC$。
则$\angle ODB=\angle OEB = 90^{\circ}$。
在四边形$ODBE$中，根据四边形内角和为$360^{\circ}$，可得$\angle DOE = 180^{\circ}-\angle B$（$\angle DOE+\angle ODB+\angle B+\angle OEB = 360^{\circ}$，$\angle ODB=\angle OEB = 90^{\circ}$）。
把$\angle B = 50^{\circ}$代入得$\angle DOE = 130^{\circ}$。
3. 最后根据圆周角定理：
同弧所对的圆周角是圆心角的一半，$\angle DFE$与$\angle DOE$所对的弧都是$\overset{\frown}{DE}$。
所以$\angle DFE=\frac{1}{2}\angle DOE$（圆周角定理：$\angle DFE=\frac{1}{2}\angle DOE$，$\angle DOE$是圆心角，$\angle DFE$是圆周角）。
把$\angle DOE = 130^{\circ}$代入得$\angle DFE = 65^{\circ}$。
所以答案是C。
根据三角形内角和定理$\angle A+\angle B+\angle C = 180^{\circ}$，已知$\angle A = 100^{\circ}$，$\angle C = 30^{\circ}$，则$\angle B=180^{\circ}-\angle A - \angle C$。
把$\angle A = 100^{\circ}$，$\angle C = 30^{\circ}$代入可得$\angle B=180 - 100 - 30=50^{\circ}$。
2. 然后利用圆的切线性质：
因为$\odot O$是$\triangle ABC$的内切圆，切点分别是$D$，$E$，$F$，所以$OD\perp AB$，$OE\perp BC$。
则$\angle ODB=\angle OEB = 90^{\circ}$。
在四边形$ODBE$中，根据四边形内角和为$360^{\circ}$，可得$\angle DOE = 180^{\circ}-\angle B$（$\angle DOE+\angle ODB+\angle B+\angle OEB = 360^{\circ}$，$\angle ODB=\angle OEB = 90^{\circ}$）。
把$\angle B = 50^{\circ}$代入得$\angle DOE = 130^{\circ}$。
3. 最后根据圆周角定理：
同弧所对的圆周角是圆心角的一半，$\angle DFE$与$\angle DOE$所对的弧都是$\overset{\frown}{DE}$。
所以$\angle DFE=\frac{1}{2}\angle DOE$（圆周角定理：$\angle DFE=\frac{1}{2}\angle DOE$，$\angle DOE$是圆心角，$\angle DFE$是圆周角）。
把$\angle DOE = 130^{\circ}$代入得$\angle DFE = 65^{\circ}$。
所以答案是C。
2. AB为$\odot O$的直径，弦CD⊥AB于点E.已知CD=16，OE=6，则$\odot O$的直径为(
A.8
B.10
C.16
D.20
D
).A.8
B.10
C.16
D.20
答案
1. 首先，根据垂径定理：
因为$AB$为$\odot O$的直径，弦$CD\perp AB$于点$E$，所以$CE = DE=\frac{1}{2}CD$。
已知$CD = 16$，则$CE=\frac{1}{2}×16 = 8$。
2. 然后，设$\odot O$的半径为$r$：
连接$OC$，则$OC=r$，$OE = 6$。
在$Rt\triangle OCE$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（其中$a = OE$，$b = CE$，$c = OC$），可得$OC^{2}=OE^{2}+CE^{2}$。
即$r^{2}=6^{2}+8^{2}$。
计算$6^{2}+8^{2}=36 + 64=100$，所以$r^{2}=100$。
解得$r = 10$（$r=-10$舍去，因为半径为正数）。
3. 最后，求直径：
因为直径$d = 2r$，所以$d=2×10 = 20$。
所以$\odot O$的直径为$20$，答案是D。
因为$AB$为$\odot O$的直径，弦$CD\perp AB$于点$E$，所以$CE = DE=\frac{1}{2}CD$。
已知$CD = 16$，则$CE=\frac{1}{2}×16 = 8$。
2. 然后，设$\odot O$的半径为$r$：
连接$OC$，则$OC=r$，$OE = 6$。
在$Rt\triangle OCE$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（其中$a = OE$，$b = CE$，$c = OC$），可得$OC^{2}=OE^{2}+CE^{2}$。
即$r^{2}=6^{2}+8^{2}$。
计算$6^{2}+8^{2}=36 + 64=100$，所以$r^{2}=100$。
解得$r = 10$（$r=-10$舍去，因为半径为正数）。
3. 最后，求直径：
因为直径$d = 2r$，所以$d=2×10 = 20$。
所以$\odot O$的直径为$20$，答案是D。
3. 如图，在三角尺ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=6.将三角尺绕直角顶点C逆时针旋转，当点A的对应点A'落在AB边上时立即停止转动，则点B转过的路径长为
2π
.答案
1. 首先，在$Rt\triangle ABC$中：
已知$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，$BC = 6$，根据直角三角形的性质$AC=\frac{1}{2}AB$，设$AC = x$，则$AB = 2x$。
由勾股定理$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，即$(2x)^{2}=x^{2}+6^{2}$。
展开得$4x^{2}=x^{2}+36$，移项得$4x^{2}-x^{2}=36$，即$3x^{2}=36$，解得$x = 2\sqrt{3}$（$x\gt0$），所以$AC = 2\sqrt{3}$，$AB = 4\sqrt{3}$。
因为$CA = CA'$，$\angle A = 60^{\circ}$（$\angle A=180^{\circ}-\angle ACB - \angle B=60^{\circ}$），所以$\triangle ACA'$是等边三角形。
则$\angle ACA'=60^{\circ}$。
2. 然后，求$\angle BCB'$的度数：
因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ACA' = 60^{\circ}$，所以$\angle BCB'=\angle ACA' = 60^{\circ}$。
3. 最后，根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n$是圆心角的度数，$r$是半径）：
这里$n = 60^{\circ}$，$r = BC = 6$。
由弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n = 60$，$r = 6$），可得点$B$转过的路径长$l=\frac{60\pi×6}{180}=2\pi$。
故答案为$2\pi$。
已知$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，$BC = 6$，根据直角三角形的性质$AC=\frac{1}{2}AB$，设$AC = x$，则$AB = 2x$。
由勾股定理$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，即$(2x)^{2}=x^{2}+6^{2}$。
展开得$4x^{2}=x^{2}+36$，移项得$4x^{2}-x^{2}=36$，即$3x^{2}=36$，解得$x = 2\sqrt{3}$（$x\gt0$），所以$AC = 2\sqrt{3}$，$AB = 4\sqrt{3}$。
因为$CA = CA'$，$\angle A = 60^{\circ}$（$\angle A=180^{\circ}-\angle ACB - \angle B=60^{\circ}$），所以$\triangle ACA'$是等边三角形。
则$\angle ACA'=60^{\circ}$。
2. 然后，求$\angle BCB'$的度数：
因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ACA' = 60^{\circ}$，所以$\angle BCB'=\angle ACA' = 60^{\circ}$。
3. 最后，根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n$是圆心角的度数，$r$是半径）：
这里$n = 60^{\circ}$，$r = BC = 6$。
由弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n = 60$，$r = 6$），可得点$B$转过的路径长$l=\frac{60\pi×6}{180}=2\pi$。
故答案为$2\pi$。
4. 如图，AB，AC，BD是$\odot O$的切线，切点分别是P，C，D.若AB=5，AC=3，则BD的长是________.
2
答案
1. 首先，根据切线长定理：
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等。
因为$AB$，$AC$，$BD$是$\odot O$的切线，切点分别是$P$，$C$，$D$，所以$AC = AP$，$BD = BP$。
2. 然后，已知$AB = 5$，$AC = 3$：
又因为$AB=AP + BP$，且$AP = AC$，$BP = BD$。
所以$BD=BP=AB - AP$。
把$AP = AC = 3$，$AB = 5$代入$BD=AB - AC$（因为$AP = AC$）。
故$BD$的长是$5 - 3=2$。
答案：$2$。
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等。
因为$AB$，$AC$，$BD$是$\odot O$的切线，切点分别是$P$，$C$，$D$，所以$AC = AP$，$BD = BP$。
2. 然后，已知$AB = 5$，$AC = 3$：
又因为$AB=AP + BP$，且$AP = AC$，$BP = BD$。
所以$BD=BP=AB - AP$。
把$AP = AC = 3$，$AB = 5$代入$BD=AB - AC$（因为$AP = AC$）。
故$BD$的长是$5 - 3=2$。
答案：$2$。
5. 已知$\odot O$的半径为2，弦$BC=2\sqrt{3}$，A是$\odot O$上一点，且AB=AC，直线AO与BC交于点D，则AD的长为
1或3
.答案
1. 首先，连接$OB$：
因为$AB = AC$，$\odot O$中$OB = OC$，所以$AO$垂直平分$BC$（垂直平分线的判定：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上），则$BD=\frac{1}{2}BC$。
已知$BC = 2\sqrt{3}$，所以$BD=\sqrt{3}$。
2. 然后，在$Rt\triangle OBD$中：
根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（其中$c$为斜边，$a$、$b$为两直角边），已知$OB = 2$（半径），$BD=\sqrt{3}$，设$OD = x$，则$OB^{2}=OD^{2}+BD^{2}$。
即$2^{2}=x^{2}+(\sqrt{3})^{2}$。
展开式子得$4=x^{2}+3$。
移项可得$x^{2}=4 - 3=1$，解得$x = 1$或$x=-1$（线段长度不能为负，舍去$x = - 1$），所以$OD = 1$。
3. 最后，分情况讨论$AD$的长度：
当点$A$在优弧$\overset{\frown}{BC}$上时：
$AD=AO + OD$，因为$AO = 2$（半径），$OD = 1$，所以$AD=2 + 1=3$。
当点$A$在劣弧$\overset{\frown}{BC}$上时：
$AD=AO-OD$，因为$AO = 2$（半径），$OD = 1$，所以$AD=2 - 1=1$。
故$AD$的长为$1$或$3$。
因为$AB = AC$，$\odot O$中$OB = OC$，所以$AO$垂直平分$BC$（垂直平分线的判定：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上），则$BD=\frac{1}{2}BC$。
已知$BC = 2\sqrt{3}$，所以$BD=\sqrt{3}$。
2. 然后，在$Rt\triangle OBD$中：
根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（其中$c$为斜边，$a$、$b$为两直角边），已知$OB = 2$（半径），$BD=\sqrt{3}$，设$OD = x$，则$OB^{2}=OD^{2}+BD^{2}$。
即$2^{2}=x^{2}+(\sqrt{3})^{2}$。
展开式子得$4=x^{2}+3$。
移项可得$x^{2}=4 - 3=1$，解得$x = 1$或$x=-1$（线段长度不能为负，舍去$x = - 1$），所以$OD = 1$。
3. 最后，分情况讨论$AD$的长度：
当点$A$在优弧$\overset{\frown}{BC}$上时：
$AD=AO + OD$，因为$AO = 2$（半径），$OD = 1$，所以$AD=2 + 1=3$。
当点$A$在劣弧$\overset{\frown}{BC}$上时：
$AD=AO-OD$，因为$AO = 2$（半径），$OD = 1$，所以$AD=2 - 1=1$。
故$AD$的长为$1$或$3$。
6. 如图，AB是$\odot O$的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连接EF，EO.若$DE=2\sqrt{3}$，∠DPA=45°.
(1)求$\odot O$的半径.
(2)求图中阴影部分的面积.
(1)求$\odot O$的半径.
(2)求图中阴影部分的面积.
答案
1. （1）求$\odot O$的半径：
解：设$\odot O$的半径为$r$。
因为$DE$垂直平分半径$OA$，所以$OC=\frac{1}{2}r$，$CE = \frac{1}{2}DE$（垂径定理）。
已知$DE = 2\sqrt{3}$，则$CE=\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle OCE$中，根据勾股定理$OE^{2}=OC^{2}+CE^{2}$，即$r^{2}=(\frac{1}{2}r)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$。
展开得$r^{2}=\frac{1}{4}r^{2}+3$。
移项得$r^{2}-\frac{1}{4}r^{2}=3$，即$\frac{3}{4}r^{2}=3$。
两边同时除以$\frac{3}{4}$，$r^{2}=4$，解得$r = 2$（$r\gt0$）。
2. （2）求图中阴影部分的面积：
解：连接$OF$。
因为$\angle DPA = 45^{\circ}$，$\angle DPA=\angle EOF$（同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍，这里$\angle DPA$与$\angle EOF$所对的弧都是$\overset{\frown}{EF}$），所以$\angle EOF = 90^{\circ}$。
由（1）知$r = 2$。
扇形$EOF$的面积$S_{扇形EOF}=\frac{90\pi r^{2}}{360}$（扇形面积公式$S=\frac{n\pi r^{2}}{360}$，$n = 90$，$r = 2$）。
把$r = 2$代入$S_{扇形EOF}=\frac{90\pi×2^{2}}{360}=\pi$。
$\triangle EOF$的面积$S_{\triangle EOF}=\frac{1}{2}OE\cdot OF$（$OE = OF=r = 2$），即$S_{\triangle EOF}=\frac{1}{2}×2×2 = 2$。
所以阴影部分面积$S = S_{扇形EOF}-S_{\triangle EOF}=\pi - 2$。
综上，（1）$\odot O$的半径为$2$；（2）阴影部分面积为$\pi - 2$。
解：设$\odot O$的半径为$r$。
因为$DE$垂直平分半径$OA$，所以$OC=\frac{1}{2}r$，$CE = \frac{1}{2}DE$（垂径定理）。
已知$DE = 2\sqrt{3}$，则$CE=\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle OCE$中，根据勾股定理$OE^{2}=OC^{2}+CE^{2}$，即$r^{2}=(\frac{1}{2}r)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$。
展开得$r^{2}=\frac{1}{4}r^{2}+3$。
移项得$r^{2}-\frac{1}{4}r^{2}=3$，即$\frac{3}{4}r^{2}=3$。
两边同时除以$\frac{3}{4}$，$r^{2}=4$，解得$r = 2$（$r\gt0$）。
2. （2）求图中阴影部分的面积：
解：连接$OF$。
因为$\angle DPA = 45^{\circ}$，$\angle DPA=\angle EOF$（同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍，这里$\angle DPA$与$\angle EOF$所对的弧都是$\overset{\frown}{EF}$），所以$\angle EOF = 90^{\circ}$。
由（1）知$r = 2$。
扇形$EOF$的面积$S_{扇形EOF}=\frac{90\pi r^{2}}{360}$（扇形面积公式$S=\frac{n\pi r^{2}}{360}$，$n = 90$，$r = 2$）。
把$r = 2$代入$S_{扇形EOF}=\frac{90\pi×2^{2}}{360}=\pi$。
$\triangle EOF$的面积$S_{\triangle EOF}=\frac{1}{2}OE\cdot OF$（$OE = OF=r = 2$），即$S_{\triangle EOF}=\frac{1}{2}×2×2 = 2$。
所以阴影部分面积$S = S_{扇形EOF}-S_{\triangle EOF}=\pi - 2$。
综上，（1）$\odot O$的半径为$2$；（2）阴影部分面积为$\pi - 2$。
