15. (★★)(2023·重庆)如图 24 - 37,在 $Rt\triangle ABC$ 中, $\angle ACB = 90^{\circ}$, $\angle B = 30^{\circ}$,以点 $C$ 为圆心,$CA$ 为半径画弧,分别与 $AB$, $CB$ 交于点 $D$, $E$,若图中阴影部分的面积为 $\frac{\pi}{6}$,则 $AC$ 的长为.

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设$AC=r$，则$\odot C$半径为$r$。在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$\angle B=30^{\circ}$，故$\angle A=60^{\circ}$，$AB=2r$，$BC=r\sqrt{3}$。
连接$CD$，$CD=r$（半径），则$\triangle ACD$中$AC=CD=r$，$\angle A=60^{\circ}$，所以$\triangle ACD$为等边三角形，$\angle ACD=60^{\circ}$。
扇形$CAD$的圆心角为$60^{\circ}$，面积为$\frac{60\pi r^2}{360}=\frac{\pi r^2}{6}$。
由题意阴影部分面积为$\frac{\pi}{6}$，即扇形$CAD$面积$\frac{\pi r^2}{6}=\frac{\pi}{6}$，解得$r=1$。

16. (★★)如图 24 - 38,两个半径长均为 $1$ 的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上,扇形 $CFD$ 的圆心 $C$ 是 $\overset{\frown}{AB}$ 的中点,且扇形 $CFD$ 绕着点 $C$ 旋转,半径 $AE$, $CF$ 交于点 $G$,半径 $BE$, $CD$ 交于点 $H$,则图中阴影部分的面积等于 【】

A.$\frac{\pi}{2} - 1$
B.$\frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}$
C.$\pi - 1$
D.$\pi - 2$

A

1. 连接$CH$，$CE$，$CB$。
因为直角扇形半径为$1$，$C$是$\overset{\frown}{AB}$的中点，$AE$，$BE$是扇形半径，$CF$，$CD$是扇形$CFD$的半径。
由题意可知$S_{扇形ABE}=S_{扇形CFD}=\frac{1}{4}\pi×1^{2}=\frac{\pi}{4}$。
在$\triangle CEH$和$\triangle CBH$中，$CE = CB$，$CH = CH$，$\angle ECH=\angle BCH = 45^{\circ}$，$\angle HEC=\angle HBC = 90^{\circ}$，所以$\triangle CEH\cong\triangle CBH(ASA)$。
那么$S_{四边形EGCH}=S_{\triangle CEH}+S_{\triangle CGH}=S_{\triangle CBH}+S_{\triangle CGH}=S_{\triangle CEB}$。
而$S_{\triangle CEB}=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}$。
两个扇形面积之和为$S_{扇形ABE}+S_{扇形CFD}=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$。
阴影部分面积$S = S_{扇形ABE}+S_{扇形CFD}-2S_{\triangle CEB}=\frac{\pi}{2}- 1$。

17. (★★)图 24 - 39①是一枚残缺的古代钱币.如图 24 - 39②,经测量发现,钱币完好部分的弧长为 $3\pi$,其内部正方形 $ABCD$ 的边长为 $1$.已知正方形 $ABCD$ 的中心与 $\odot O$ 的圆心重合,且 $E$, $F$ 分别是边 $BC$, $CD$ 的延长线与 $\odot O$ 的交点,则图中阴影部分的面积为.

连接$OD$，$OC$。
因为四边形$ABCD$是正方形，边长为$1$，中心与圆心$O$重合，所以$OD=OC$，$\angle DOC=90°$，$OD=\frac{\sqrt{1^2 + 1^2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
设圆的半径为$R$，完好部分弧长为$3\pi$，整个圆周长为$2\pi R$，残缺部分对应圆心角为$90°$（即$\frac{\pi}{2}$弧度），则完好部分圆心角为$360° - 90° = 270°=\frac{3\pi}{2}$弧度。
由弧长公式$l = \alpha R$，得$3\pi=\frac{3\pi}{2}R$，解得$R=2$。
阴影部分为扇形$OFC$（圆心角$90°$）减去三角形$ODC$的面积。
扇形$OFC$面积：$\frac{90°}{360°}\pi R^2=\frac{1}{4}\pi×2^2=\pi$。
三角形$ODC$面积：$\frac{1}{2}× OD× OC=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{4}$。
阴影部分面积：$\pi - \frac{1}{4}$。
$\pi - \frac{1}{4}$

18. (★★)(2024·河南)如图 24 - 40, $\odot O$ 是边长为 $4\sqrt{3}$ 的等边三角形 $ABC$ 的外接圆,点 $D$ 是 $\overset{\frown}{BC}$ 的中点,连接 $BD$, $CD$.以点 $D$ 为圆心,$BD$ 的长为半径在 $\odot O$ 内画弧,则阴影部分的面积为 【】

A.$\frac{8\pi}{3}$
B.$4\pi$
C.$\frac{16\pi}{3}$
D.$16\pi$

C

1. 求外接圆半径：等边三角形边长为$4\sqrt{3}$，外接圆半径$R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 4$。
2. 确定点D位置及BD长度：点D是$\overset{\frown}{BC}$中点，BC垂直平分线过圆心O，D在BC下方（与A异侧）。在$\odot O$中，$\angle BOC = 120°$（圆心角是圆周角2倍），$\overset{\frown}{BC}$中点D使$\angle BOD = 60°$，$\triangle BOD$为等边三角形，故$BD = OB = 4$。
3. 求扇形DBC面积：以D为圆心、BD=4为半径画弧，$\angle BDC = 120°$（余弦定理求得）。扇形面积$S = \frac{120°}{360°} × \pi × 4^2 = \frac{1}{3} × 16\pi = \frac{16\pi}{3}$。

19. (★★)(2022·贵港节选)如图 24 - 41,在 $\triangle ABC$ 中, $\angle ACB = 90^{\circ}$, $D$ 是 $AB$ 边的中点,点 $O$ 在 $AC$ 边上, $\odot O$ 经过点 $C$ 且与 $AB$ 边相切于点 $E$, $\angle FAC = \frac{1}{2}\angle BDC$.求证:$AF$ 是 $\odot O$ 的切线.

证明：
∵∠ACB=90°，D是AB中点，
∴CD=AD=BD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
∴CD=BD，∴∠B=∠BCD（等边对等角）。
在△BDC中，∠BDC=180°-∠B-∠BCD=180°-2∠B（三角形内角和定理）。
∵在Rt△ABC中，∠A+∠B=90°，∴∠B=90°-∠A。
∴∠BDC=180°-2(90°-∠A)=2∠A。
∵∠FAC=1/2∠BDC，∴∠FAC=∠A。
连接OE，∵⊙O与AB相切于E，∴OE⊥AB（切线垂直于过切点的半径），即∠OEA=90°。
过点O作OH⊥AF于H，则∠OHA=90°。
∵∠FAC=∠A，即∠HAO=∠EAO，且∠OHA=∠OEA=90°，
∴△OHA∽△OEA（AA相似判定）。
∴OH/OE=OA/OA=1（相似三角形对应边成比例），∴OH=OE。
∵OE是⊙O的半径，∴OH=OE=⊙O的半径。
又∵OH⊥AF，∴AF是⊙O的切线（到圆心距离等于半径的直线是圆的切线）。
结论：AF是⊙O的切线。