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12. ★★★ 如图，$△ ABC$的三个顶点的坐标分别为$A(-1,3),B(-2,-2),C(4,-2)$，则$△ ABC$外接圆上劣弧$\overset{\frown}{AB}$的长度为（
A.$\frac{\sqrt{13}}{2}π$
B.$\frac{3\sqrt{13}}{2}π$
C.$\sqrt{13}π$
D.$\sqrt{26}π$
A
）A.$\frac{\sqrt{13}}{2}π$
B.$\frac{3\sqrt{13}}{2}π$
C.$\sqrt{13}π$
D.$\sqrt{26}π$
答案
12. A 解析:如图,设 $△ABC$ 的外心为点 $M.\because B(-2,-2)$,$C(4,-2)$,$\therefore$ 点 $M$ 必在直线 $x=1$ 上.由图知,$AC$ 的垂直平分线过点$(1,0)$,故 $M(1,0)$.过点 $M$ 作 $MD⊥BC$ 于点 $D$,连接 $MB$,$MA$.在 $\mathrm{Rt}△MBD$ 中,$MD=2$,$BD=3$,由勾股定理得 $MB=\sqrt{MD^2+BD^2}=\sqrt{13}$,即 $△ABC$ 的外接圆半径为$\sqrt{13}$.$\because AB=\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}$,$MB=MA=\sqrt{13}$,$\therefore AM^2+BM^2=AB^2$,$\therefore ∠AMB=90°$,$\therefore$ 劣弧$\overset{\frown}{AB}$的长度为$\frac{90π×\sqrt{13}}{180}=\frac{\sqrt{13}}{2}π$.故选 A.
解析
【分析】
要解决本题，首先需要确定△ABC外接圆的外心（三边垂直平分线的交点）和半径：先利用B、C两点的坐标特征得到BC边的垂直平分线，再结合另一条边的垂直平分线确定外心坐标；接着用勾股定理求出外接圆半径，再通过勾股定理逆定理判断劣弧$\overset{\frown}{AB}$对应的圆心角度数，最后代入弧长公式计算即可得到结果。
【解析】
设$△ ABC$的外心为点$M$.
$\because B(-2,-2)$，$C(4,-2)$，两点纵坐标相同，$\therefore BC$为水平线段，其垂直平分线为直线$x=\frac{-2+4}{2}=1$，即外心$M$在直线$x=1$上。
由图可知$AC$的垂直平分线过点$(1,0)$，因此外心$M$的坐标为$(1,0)$。
过点$M$作$MD⊥ BC$于点$D$，连接$MB$、$MA$：
点$D$在$BC$上，横坐标与$M$相同为1，纵坐标与B、C相同为-2，因此$MD=0-(-2)=2$，$BD=1-(-2)=3$。
在$\mathrm{Rt}△ MBD$中，由勾股定理得：$MB=\sqrt{MD^2+BD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，即$△ ABC$外接圆的半径为$\sqrt{13}$。
再计算$AB$的长度：$A(-1,3)$，$B(-2,-2)$，由勾股定理得$AB=\sqrt{(-1+2)^2+(3+2)^2}=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$。
$\because MA=MB=\sqrt{13}$，$\therefore MA^2+MB^2=13+13=26=AB^2$，根据勾股定理的逆定理可得$∠ AMB=90°$。
根据弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$（$n$为圆心角度数，$R$为半径），劣弧$\overset{\frown}{AB}$的长度为$\frac{90π×\sqrt{13}}{180}=\frac{\sqrt{13}}{2}π$。
故选A。
【答案】A
【知识点】
外心的性质、勾股定理及逆定理、弧长计算
【点评】
本题将平面直角坐标系与圆的性质相结合，解题核心是准确找到三角形外接圆的圆心，再结合勾股定理相关知识求出圆心角和半径，既考查了基础知识点的掌握程度，也考查了数形结合思想的应用能力。
【难度系数】
0.6
要解决本题，首先需要确定△ABC外接圆的外心（三边垂直平分线的交点）和半径：先利用B、C两点的坐标特征得到BC边的垂直平分线，再结合另一条边的垂直平分线确定外心坐标；接着用勾股定理求出外接圆半径，再通过勾股定理逆定理判断劣弧$\overset{\frown}{AB}$对应的圆心角度数，最后代入弧长公式计算即可得到结果。
【解析】
设$△ ABC$的外心为点$M$.
$\because B(-2,-2)$，$C(4,-2)$，两点纵坐标相同，$\therefore BC$为水平线段，其垂直平分线为直线$x=\frac{-2+4}{2}=1$，即外心$M$在直线$x=1$上。
由图可知$AC$的垂直平分线过点$(1,0)$，因此外心$M$的坐标为$(1,0)$。
过点$M$作$MD⊥ BC$于点$D$，连接$MB$、$MA$：
点$D$在$BC$上，横坐标与$M$相同为1，纵坐标与B、C相同为-2，因此$MD=0-(-2)=2$，$BD=1-(-2)=3$。
在$\mathrm{Rt}△ MBD$中，由勾股定理得：$MB=\sqrt{MD^2+BD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，即$△ ABC$外接圆的半径为$\sqrt{13}$。
再计算$AB$的长度：$A(-1,3)$，$B(-2,-2)$，由勾股定理得$AB=\sqrt{(-1+2)^2+(3+2)^2}=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$。
$\because MA=MB=\sqrt{13}$，$\therefore MA^2+MB^2=13+13=26=AB^2$，根据勾股定理的逆定理可得$∠ AMB=90°$。
根据弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$（$n$为圆心角度数，$R$为半径），劣弧$\overset{\frown}{AB}$的长度为$\frac{90π×\sqrt{13}}{180}=\frac{\sqrt{13}}{2}π$。
故选A。
【答案】A
【知识点】
外心的性质、勾股定理及逆定理、弧长计算
【点评】
本题将平面直角坐标系与圆的性质相结合，解题核心是准确找到三角形外接圆的圆心，再结合勾股定理相关知识求出圆心角和半径，既考查了基础知识点的掌握程度，也考查了数形结合思想的应用能力。
【难度系数】
0.6
13. 如图，AB为半圆O的直径，C是半圆上一点，且$∠ COA = 60°$，设扇形AOC、$△ COB$、弓形BmC的面积分别为$S_1,S_2,S_3$，则它们之间的关系是（
A.$S_1 ＜ S_2 ＜ S_3$
B.$S_2 ＜ S_1 ＜ S_3$
C.$S_1 ＜ S_3 ＜ S_2$
D.$S_3 ＜ S_2 ＜ S_1$
B
）A.$S_1 ＜ S_2 ＜ S_3$
B.$S_2 ＜ S_1 ＜ S_3$
C.$S_1 ＜ S_3 ＜ S_2$
D.$S_3 ＜ S_2 ＜ S_1$
答案
13. B 解析:作 $OD ⊥ BC$ 交 $BC$ 于点 $D. \because ∠COA = 60°$,$\therefore ∠COB=120°$,则 $∠COD = 60°$,$\therefore S_{\mathrm{扇形}AOC}=\frac{60πR^2}{360}=\frac{πR^2}{6}$,$S_{\mathrm{扇形}BOC}=\frac{120πR^2}{360}=\frac{πR^2}{3}$.在 $△OCD$ 中,$∠OCD=30°$,$\therefore OD=\frac{R}{2}$,$CD=\frac{\sqrt{3}R}{2}$,$BC=\sqrt{3}R$,$\therefore S_{△COB}=\frac{\sqrt{3}R^2}{4}$,$S_{\mathrm{弓形}BmC}=\frac{πR^2}{3}-\frac{\sqrt{3}R^2}{4}=\frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}. \because \frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}＞\frac{πR^2}{6}＞\frac{\sqrt{3}R^2}{4}$,$\therefore S_2＜S_1＜S_3$.故选 B.
解析
【分析】
要比较$S_1$、$S_2$、$S_3$的大小，我们可以先设半圆$O$的半径为$R$，将三个面积都用含$R$的代数式表示后再比较大小即可。第一步先根据$∠ COA=60°$求出$∠ COB$的度数；第二步用扇形面积公式计算$S_1$和扇形$BOC$的面积；第三步计算$△ COB$的面积$S_2$；第四步用扇形$BOC$的面积减去$S_2$得到弓形面积$S_3$；最后比较三个面积的大小即可得到结论。
【解析】
设半圆$O$的半径为$R$。
$\because ∠ COA=60°$，$\therefore ∠ COB=180°-60°=120°$。
1. 计算$S_1$：根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ R^2}{360}$，得$S_1=\frac{60π R^2}{360}=\frac{π R^2}{6}$。
2. 计算$S_2$：过$O$作$OD⊥ BC$于点$D$，$\because OC=OB=R$，$∠ COB=120°$，$\therefore ∠ OCD=30°$。在$Rt△ OCD$中，$OD=\frac{1}{2}OC=\frac{R}{2}$，$CD=\sqrt{OC^2-OD^2}=\frac{\sqrt{3}R}{2}$，$\therefore BC=2CD=\sqrt{3}R$，则$S_2=\frac{1}{2}× BC× OD=\frac{1}{2}×\sqrt{3}R×\frac{R}{2}=\frac{\sqrt{3}R^2}{4}$。
3. 计算$S_3$：扇形$BOC$的面积为$S_{扇形BOC}=\frac{120π R^2}{360}=\frac{π R^2}{3}$，弓形面积等于对应扇形面积减去内部三角形面积，$\therefore S_3=S_{扇形BOC}-S_2=\frac{π R^2}{3}-\frac{\sqrt{3}R^2}{4}=\frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}$。
4. 比较大小：代入近似值计算得$\frac{\sqrt{3}R^2}{4}\approx0.433R^2$，$\frac{π R^2}{6}\approx0.523R^2$，$\frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}\approx0.614R^2$，因此$\frac{\sqrt{3}R^2}{4}＜\frac{π R^2}{6}＜\frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}$，即$S_2＜S_1＜S_3$。
【答案】
B
【知识点】
扇形面积计算，三角形面积计算，弓形面积计算
【点评】
本题是面积比较类的常规题型，解题核心是将三个未知面积转化为用同一个参数（半径$R$）表示的代数式，再通过计算比较大小，要求熟练掌握扇形、三角形、弓形的面积计算方法。
【难度系数】
0.7
要比较$S_1$、$S_2$、$S_3$的大小，我们可以先设半圆$O$的半径为$R$，将三个面积都用含$R$的代数式表示后再比较大小即可。第一步先根据$∠ COA=60°$求出$∠ COB$的度数；第二步用扇形面积公式计算$S_1$和扇形$BOC$的面积；第三步计算$△ COB$的面积$S_2$；第四步用扇形$BOC$的面积减去$S_2$得到弓形面积$S_3$；最后比较三个面积的大小即可得到结论。
【解析】
设半圆$O$的半径为$R$。
$\because ∠ COA=60°$，$\therefore ∠ COB=180°-60°=120°$。
1. 计算$S_1$：根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ R^2}{360}$，得$S_1=\frac{60π R^2}{360}=\frac{π R^2}{6}$。
2. 计算$S_2$：过$O$作$OD⊥ BC$于点$D$，$\because OC=OB=R$，$∠ COB=120°$，$\therefore ∠ OCD=30°$。在$Rt△ OCD$中，$OD=\frac{1}{2}OC=\frac{R}{2}$，$CD=\sqrt{OC^2-OD^2}=\frac{\sqrt{3}R}{2}$，$\therefore BC=2CD=\sqrt{3}R$，则$S_2=\frac{1}{2}× BC× OD=\frac{1}{2}×\sqrt{3}R×\frac{R}{2}=\frac{\sqrt{3}R^2}{4}$。
3. 计算$S_3$：扇形$BOC$的面积为$S_{扇形BOC}=\frac{120π R^2}{360}=\frac{π R^2}{3}$，弓形面积等于对应扇形面积减去内部三角形面积，$\therefore S_3=S_{扇形BOC}-S_2=\frac{π R^2}{3}-\frac{\sqrt{3}R^2}{4}=\frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}$。
4. 比较大小：代入近似值计算得$\frac{\sqrt{3}R^2}{4}\approx0.433R^2$，$\frac{π R^2}{6}\approx0.523R^2$，$\frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}\approx0.614R^2$，因此$\frac{\sqrt{3}R^2}{4}＜\frac{π R^2}{6}＜\frac{(4π-3\sqrt{3})R^2}{12}$，即$S_2＜S_1＜S_3$。
【答案】
B
【知识点】
扇形面积计算，三角形面积计算，弓形面积计算
【点评】
本题是面积比较类的常规题型，解题核心是将三个未知面积转化为用同一个参数（半径$R$）表示的代数式，再通过计算比较大小，要求熟练掌握扇形、三角形、弓形的面积计算方法。
【难度系数】
0.7
14. ★★★|原创题 如图,钟表在12:00时,分针与时针重合.已知时针的长度为3,当分针与时针下一次重合时,时针扫过的面积是
$\frac{9}{11}π$
.答案
14. $\frac{9}{11}π$ 解析:设时针转过的角度为 $x°$,则 $12x=x+360$,解得$x=\frac{360}{11}$,故时针扫过的面积为$\frac{π×\frac{360}{11}×3^2}{360}=\frac{9}{11}π$.
解析
【分析】
解决这道题首先要明确钟表上时针与分针的转动速度关系：分针的转动速度是时针的12倍，当12点后两针下一次重合时，分针比时针多转动了一整圈即360°。我们可以先通过设未知数列方程求出时针转过的圆心角度数，再利用扇形面积公式计算时针扫过的面积即可。
【解析】
设时针转过的角度为$x°$，因为分针转速是时针的12倍，因此分针转过的角度为$12x°$。
两针下一次重合时，分针比时针多转360°，据此列方程：
$12x = x + 360$
解得：$x = \frac{360}{11}$
时针扫过的图形是半径为3的扇形，根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ r^2}{360}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为扇形半径），代入数据得：
$S=\frac{\frac{360}{11} × π × 3^2}{360} = \frac{9}{11}π$
【答案】
$\frac{9}{11}π$
【知识点】
钟表行程问题；一元一次方程应用；扇形面积计算
【点评】
本题将生活中的钟表转动问题与几何扇形面积计算结合，既考查了对钟表指针转动规律的理解，又考查了方程思想的应用和扇形面积公式的掌握，需要同学们将实际问题转化为数学模型求解。
【难度系数】
0.6
解决这道题首先要明确钟表上时针与分针的转动速度关系：分针的转动速度是时针的12倍，当12点后两针下一次重合时，分针比时针多转动了一整圈即360°。我们可以先通过设未知数列方程求出时针转过的圆心角度数，再利用扇形面积公式计算时针扫过的面积即可。
【解析】
设时针转过的角度为$x°$，因为分针转速是时针的12倍，因此分针转过的角度为$12x°$。
两针下一次重合时，分针比时针多转360°，据此列方程：
$12x = x + 360$
解得：$x = \frac{360}{11}$
时针扫过的图形是半径为3的扇形，根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ r^2}{360}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为扇形半径），代入数据得：
$S=\frac{\frac{360}{11} × π × 3^2}{360} = \frac{9}{11}π$
【答案】
$\frac{9}{11}π$
【知识点】
钟表行程问题；一元一次方程应用；扇形面积计算
【点评】
本题将生活中的钟表转动问题与几何扇形面积计算结合，既考查了对钟表指针转动规律的理解，又考查了方程思想的应用和扇形面积公式的掌握，需要同学们将实际问题转化为数学模型求解。
【难度系数】
0.6
15. ★★★|教材P57习题T3变式 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AB=4$,$BC=2$,将$△ ABC$绕点B按顺时针方向旋转到$△ A'BC'$的位置,此时点$A'$恰好在$CB$的延长线上,则图中阴影部分的面积为
$4π$
.(结果保留$π$)答案
15. $4π$ 解析: $\because$ 在 $△ABC$ 中,$∠ACB=90°$,$AB=4$,$BC=2$,$\therefore ∠BAC=30°$,$∠ABC=60°$,$AC=2\sqrt{3}$.$\because$ 将 $△ABC$ 绕点 $B$ 按顺时针方向旋转到 $△A'BC'$ 的位置,此时点 $A'$ 恰好在 $CB$ 的延长线上, $\therefore △ABC ≅ △A' BC'$,$\therefore ∠ABA' = 120° = ∠CBC'$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}ABA'}+S_{△ABC}-S_{\mathrm{扇形}CBC'}-S_{△A'BC'}=S_{\mathrm{扇形}ABA'}-S_{\mathrm{扇形}CBC'}=\frac{120×π×4^2}{360}-\frac{120×π×2^2}{360}=\frac{16π}{3}-\frac{4π}{3}=4π$.
解析
【分析】
要计算阴影部分的不规则面积，优先考虑割补法转化为规则图形面积的和差。首先由旋转的性质可知，旋转前后的三角形全等，因此$△ ABC$和$△ A'BC'$的面积相等，阴影部分面积可转化为大扇形$ABA'$与小扇形$CBC'$的面积差。接下来先在$Rt△ ABC$中求出$∠ ABC$的度数，再结合点$A'$在$CB$延长线的条件求出旋转角（即两个扇形的圆心角），最后代入扇形面积公式计算差值即可。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AB=4$，$BC=2$，
$\therefore \sin∠ BAC=\frac{BC}{AB}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
$\therefore ∠ BAC=30°$，$∠ ABC=60°$。
由旋转的性质可得：$△ ABC ≌ △ A'BC'$，
$\therefore AB=A'B=4$，$BC=BC'=2$，$∠ A'BC'=∠ ABC=60°$，$S_{△ ABC}=S_{△ A'BC'}$。
$\because$ 点$A'$在$CB$的延长线上，
$\therefore ∠ ABA'=180° - ∠ ABC=180° - 60°=120°$，同理$∠ CBC'=120°$。
$\begin{aligned}S_{\mathrm{阴影}}&=S_{\mathrm{扇形}ABA'}+S_{△ ABC}-S_{\mathrm{扇形}CBC'}-S_{△ A'BC'}\\&=S_{\mathrm{扇形}ABA'}-S_{\mathrm{扇形}CBC'}\\&=\frac{120×π×4^2}{360}-\frac{120×π×2^2}{360}\\&=\frac{16π}{3}-\frac{4π}{3}\\&=4π\end{aligned}$
【答案】
$4π$
【知识点】
旋转的性质、扇形面积计算、直角三角形的性质
【点评】
本题是不规则图形面积计算的典型题型，核心是利用旋转的全等性质消去相等的三角形面积，将阴影面积转化为两个同圆心角的扇形面积差，简化了计算过程，解题时要注意准确识别旋转角和扇形半径。
【难度系数】
0.6
要计算阴影部分的不规则面积，优先考虑割补法转化为规则图形面积的和差。首先由旋转的性质可知，旋转前后的三角形全等，因此$△ ABC$和$△ A'BC'$的面积相等，阴影部分面积可转化为大扇形$ABA'$与小扇形$CBC'$的面积差。接下来先在$Rt△ ABC$中求出$∠ ABC$的度数，再结合点$A'$在$CB$延长线的条件求出旋转角（即两个扇形的圆心角），最后代入扇形面积公式计算差值即可。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AB=4$，$BC=2$，
$\therefore \sin∠ BAC=\frac{BC}{AB}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
$\therefore ∠ BAC=30°$，$∠ ABC=60°$。
由旋转的性质可得：$△ ABC ≌ △ A'BC'$，
$\therefore AB=A'B=4$，$BC=BC'=2$，$∠ A'BC'=∠ ABC=60°$，$S_{△ ABC}=S_{△ A'BC'}$。
$\because$ 点$A'$在$CB$的延长线上，
$\therefore ∠ ABA'=180° - ∠ ABC=180° - 60°=120°$，同理$∠ CBC'=120°$。
$\begin{aligned}S_{\mathrm{阴影}}&=S_{\mathrm{扇形}ABA'}+S_{△ ABC}-S_{\mathrm{扇形}CBC'}-S_{△ A'BC'}\\&=S_{\mathrm{扇形}ABA'}-S_{\mathrm{扇形}CBC'}\\&=\frac{120×π×4^2}{360}-\frac{120×π×2^2}{360}\\&=\frac{16π}{3}-\frac{4π}{3}\\&=4π\end{aligned}$
【答案】
$4π$
【知识点】
旋转的性质、扇形面积计算、直角三角形的性质
【点评】
本题是不规则图形面积计算的典型题型，核心是利用旋转的全等性质消去相等的三角形面积，将阴影面积转化为两个同圆心角的扇形面积差，简化了计算过程，解题时要注意准确识别旋转角和扇形半径。
【难度系数】
0.6
16. (2024·齐齐哈尔中考)如图,△ABC内接于⊙O,AB为⊙O的直径,CD⊥AB于点D,将△CDB沿BC所在的直线翻折,得到△CEB,点D的对应点为E,延长EC交BA的延长线于点F.
(1)求证:CF是⊙O的切线;
(2)若$\sin∠CFB=\frac{\sqrt{2}}{2},AB=8$,求图中阴影部分的面积.
(1)求证:CF是⊙O的切线;
(2)若$\sin∠CFB=\frac{\sqrt{2}}{2},AB=8$,求图中阴影部分的面积.
答案
16. (1)如图,连接 $OC$, $\because CD ⊥ AB$
$\therefore ∠CDB=90°$.$\because △CDB$ 沿直线 $BC$ 翻折得到 $△CEB$,$\therefore ∠DBC=∠EBC$,$∠BEC=∠CDB=90°$.$\because OB,OC$ 是 $\odot O$ 的半径,$\therefore OB=OC$,$\therefore ∠OCB=∠OBC$,$\therefore ∠EBC=∠OCB$,$\therefore OC// BE$,$\therefore ∠FCO=∠BEC=90°$,$\therefore FC ⊥ OC$ 于点 $C$.又 $OC$ 为 $\odot O$ 的半径,$\therefore CF$ 是 $\odot O$ 的切线.
(2) $\because \sin∠CFB=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\therefore ∠CFB=45°$,由(1)得 $∠FCO=90°$,$\therefore ∠FOC=90°-∠CFB=45°$.$\because CD ⊥ AB$,$\therefore ∠CDO=90°$.$\because AB=8$,$\therefore OC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$.在 $\mathrm{Rt}△COD$ 中,$∠AOC=45°$,$\therefore CD=OD=OC·\sin∠AOC=4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$,$\therefore S_{△COD}=\frac{1}{2}OD·CD=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$,$\therefore S_{\mathrm{扇形}AOC}=\frac{45}{360}×π×4^2=2π$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AOC}-S_{△COD}=2π-4$.
解析
【分析】
(1)要证明CF是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥CF。首先利用翻折的性质得到对应角相等、∠BEC=90°，再结合等腰△OCB的底角相等，推出OC与BE平行，进而得到∠FCO=90°，即可完成证明。
(2)求阴影部分面积时，观察图形可知阴影面积等于扇形AOC的面积减去△COD的面积。首先由sin∠CFB的值得出∠CFB=45°，进而求出圆心角∠AOC=45°，再根据AB的长得到⊙O半径，分别计算扇形AOC和Rt△COD的面积，两者作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1)证明：如图，连接OC，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠CDB=90°。
∵ △CDB沿直线BC翻折得到△CEB，
∴ ∠DBC=∠EBC，∠BEC=∠CDB=90°。
∵ OB、OC是⊙O的半径，
∴ OB=OC，
∴ ∠OCB=∠OBC，
∴ ∠EBC=∠OCB，
∴ OC//BE，
∴ ∠FCO=∠BEC=90°，即FC⊥OC于点C。
又
∵ OC为⊙O的半径，
∴ CF是⊙O的切线。
(2)解：
∵ $\sin∠CFB=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴ ∠CFB=45°，
由(1)得∠FCO=90°，
∴ ∠FOC=90°-∠CFB=45°。
∵ CD⊥AB，
∴ ∠CDO=90°。
∵ AB=8，
∴ $OC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$。
在Rt△COD中，∠AOC=45°，
∴ $CD=OD=OC·\sin∠AOC=4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$，
∴ $S_{△COD}=\frac{1}{2}OD·CD=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$，
$S_{\mathrm{扇形}AOC}=\frac{45}{360}×π×4^2=2π$，
∴ $S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AOC}-S_{△COD}=2π-4$。
【答案】
16. (1)如图,连接 $OC$, $\because CD ⊥ AB$
$\therefore ∠CDB=90°$.$\because △CDB$ 沿直线 $BC$ 翻折得到 $△CEB$,$\therefore ∠DBC=∠EBC$,$∠BEC=∠CDB=90°$.$\because OB,OC$ 是 $\odot O$ 的半径,$\therefore OB=OC$,$\therefore ∠OCB=∠OBC$,$\therefore ∠EBC=∠OCB$,$\therefore OC// BE$,$\therefore ∠FCO=∠BEC=90°$,$\therefore FC ⊥ OC$ 于点 $C$.又 $OC$ 为 $\odot O$ 的半径,$\therefore CF$ 是 $\odot O$ 的切线.
(2) $\because \sin∠CFB=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\therefore ∠CFB=45°$,由(1)得 $∠FCO=90°$,$\therefore ∠FOC=90°-∠CFB=45°$.$\because CD ⊥ AB$,$\therefore ∠CDO=90°$.$\because AB=8$,$\therefore OC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$.在 $\mathrm{Rt}△COD$ 中,$∠AOC=45°$,$\therefore CD=OD=OC·\sin∠AOC=4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$,$\therefore S_{△COD}=\frac{1}{2}OD·CD=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$,$\therefore S_{\mathrm{扇形}AOC}=\frac{45}{360}×π×4^2=2π$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AOC}-S_{△COD}=2π-4$.
【知识点】
切线的判定，扇形面积计算，翻折的性质
【点评】
本题属于常见的几何综合题，融合了圆的性质、图形变换、解直角三角形和不规则面积计算等考点，解题核心是合理添加辅助线，将待求的不规则图形面积转化为规则图形面积的和差。
【难度系数】
0.6
(1)要证明CF是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥CF。首先利用翻折的性质得到对应角相等、∠BEC=90°，再结合等腰△OCB的底角相等，推出OC与BE平行，进而得到∠FCO=90°，即可完成证明。
(2)求阴影部分面积时，观察图形可知阴影面积等于扇形AOC的面积减去△COD的面积。首先由sin∠CFB的值得出∠CFB=45°，进而求出圆心角∠AOC=45°，再根据AB的长得到⊙O半径，分别计算扇形AOC和Rt△COD的面积，两者作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1)证明：如图，连接OC，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠CDB=90°。
∵ △CDB沿直线BC翻折得到△CEB，
∴ ∠DBC=∠EBC，∠BEC=∠CDB=90°。
∵ OB、OC是⊙O的半径，
∴ OB=OC，
∴ ∠OCB=∠OBC，
∴ ∠EBC=∠OCB，
∴ OC//BE，
∴ ∠FCO=∠BEC=90°，即FC⊥OC于点C。
又
∵ OC为⊙O的半径，
∴ CF是⊙O的切线。
(2)解：
∵ $\sin∠CFB=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴ ∠CFB=45°，
由(1)得∠FCO=90°，
∴ ∠FOC=90°-∠CFB=45°。
∵ CD⊥AB，
∴ ∠CDO=90°。
∵ AB=8，
∴ $OC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$。
在Rt△COD中，∠AOC=45°，
∴ $CD=OD=OC·\sin∠AOC=4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$，
∴ $S_{△COD}=\frac{1}{2}OD·CD=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$，
$S_{\mathrm{扇形}AOC}=\frac{45}{360}×π×4^2=2π$，
∴ $S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AOC}-S_{△COD}=2π-4$。
【答案】
16. (1)如图,连接 $OC$, $\because CD ⊥ AB$
$\therefore ∠CDB=90°$.$\because △CDB$ 沿直线 $BC$ 翻折得到 $△CEB$,$\therefore ∠DBC=∠EBC$,$∠BEC=∠CDB=90°$.$\because OB,OC$ 是 $\odot O$ 的半径,$\therefore OB=OC$,$\therefore ∠OCB=∠OBC$,$\therefore ∠EBC=∠OCB$,$\therefore OC// BE$,$\therefore ∠FCO=∠BEC=90°$,$\therefore FC ⊥ OC$ 于点 $C$.又 $OC$ 为 $\odot O$ 的半径,$\therefore CF$ 是 $\odot O$ 的切线.
(2) $\because \sin∠CFB=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\therefore ∠CFB=45°$,由(1)得 $∠FCO=90°$,$\therefore ∠FOC=90°-∠CFB=45°$.$\because CD ⊥ AB$,$\therefore ∠CDO=90°$.$\because AB=8$,$\therefore OC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$.在 $\mathrm{Rt}△COD$ 中,$∠AOC=45°$,$\therefore CD=OD=OC·\sin∠AOC=4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$,$\therefore S_{△COD}=\frac{1}{2}OD·CD=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=4$,$\therefore S_{\mathrm{扇形}AOC}=\frac{45}{360}×π×4^2=2π$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AOC}-S_{△COD}=2π-4$.
【知识点】
切线的判定，扇形面积计算，翻折的性质
【点评】
本题属于常见的几何综合题，融合了圆的性质、图形变换、解直角三角形和不规则面积计算等考点，解题核心是合理添加辅助线，将待求的不规则图形面积转化为规则图形面积的和差。
【难度系数】
0.6
17. |新趋势·尺规作图 如图①, AB 是$\odot O$的弦,$AB=2,∠AOB=60^{\circ },P$是优弧$\overset{\frown}{AB}$上的一个动点(不与点 A 和点 B 重合),PA,PB,$\overset{\frown}{AB}$组成了一个新图形(记为“图形 P-$\overset{\frown}{AB}$”,即图①中的阴影部分),设点 P 到直线 AB 的距离为 x,图形 P-$\overset{\frown}{AB}$的面积为 y.
(1)求 y 与 x 之间的函数表达式,并写出自变量 x 的取值范围.
(2)记扇形 OAB 的面积为$S_{扇形OAB}$,当$y=S_{扇形OAB}$时.
①在图②中,作出一个满足条件的点 P;(尺规作图,不写作法,保留作图痕迹)
②在第①题所作图中,连接 PA,PB,再画一条线段,将图形 P-$\overset{\frown}{AB}$分成面积相等的两部分.(画图工具不限,写出必要的文字说明)
(1)求 y 与 x 之间的函数表达式,并写出自变量 x 的取值范围.
(2)记扇形 OAB 的面积为$S_{扇形OAB}$,当$y=S_{扇形OAB}$时.
①在图②中,作出一个满足条件的点 P;(尺规作图,不写作法,保留作图痕迹)
②在第①题所作图中,连接 PA,PB,再画一条线段,将图形 P-$\overset{\frown}{AB}$分成面积相等的两部分.(画图工具不限,写出必要的文字说明)
答案
17. (1) $\because$ 在 $\odot O$ 中,$OA=OB$,$∠AOB=60°$,$AB=2$,$\therefore △OAB$ 是等边三角形,$OA=OB=AB=2$.如图①,过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$,垂足为 $C$.则 $AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2=1$,在 $\mathrm{Rt}△OAC$ 中,$∠OCA=90°$,$OA=2$,$AC=1$.根据勾股定理,得 $OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,$\therefore S_{△OAB}=\frac{1}{2}AB·OC=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$.又 $\because ∠AOB=60°$,$△OAB$ 是等边三角形且边长是 2,$\therefore S_{\mathrm{扇形}OAB}=\frac{60}{360}×π×2^2=\frac{2}{3}π$.又 $\because$ 点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $x$,$AB=2$,$\therefore S_{△PAB}=\frac{1}{2}AB·x=\frac{1}{2}×2·x=x$,$\therefore$ 图中的阴影部分的面积 $y=S_{△PAB}+S_{\mathrm{扇形}OAB}-S_{△OAB}=x+\frac{2}{3}π-\sqrt{3}$,自变量 $x$ 的取值范围是 $0＜x≤2+\sqrt{3}$.
(2) ①如图②所示,点 $P_1$(或 $P_2$)即为所求(作出其中一种情形即可).
②以点 $P_1$ 的情况为例,点 $P_2$ 的情况同理.如图③所示,作 $OC ⊥ AB$,垂足为 $C$,延长 $OC$ 交 $\odot O$ 于点 $D$,连接 $P_1D$,过点 $A$ 作 $AE// P_1D$,交 $BP_1$ 的延长线于点 $E$,取 $BE$ 的中点 $M$,连接 $MD$,则线段 $DM$ 即为所求.
难点突破 要用线段将不规则图形面积平分,则应分块处理,本题中连接 $AD$,$BD$,则图形被拆分为四边形 $ADBP_1$ 和两个面积相等的不规则图形,之后只需寻找经过点 $D$ 且能平分四边形 $ADBP_1$ 面积的线段即可.
在平分四边形 $ADBP_1$ 面积时使用的是转化思想,连接 $ED$,以 $P_1D$ 为底边,利用平行线间距离处处相等,将四边形 $ADMP_1$ 的面积转化为 $△EDM$ 的面积,最后利用中线实现面积平分.
解析
【分析】
(1) 求y与x的函数表达式，首先明确阴影部分（图形P-$\overset{\frown}{AB}$）的面积构成：它等于$△ PAB$的面积加上弦AB与劣弧$\overset{\frown}{AB}$围成的弓形面积。先根据已知条件判定$△ OAB$是等边三角形，依次求出半径、$△ OAB$的面积、扇形OAB的面积，得到弓形面积；再用x表示出$△ PAB$的面积，两者相加即可得到y的表达式。自变量x的取值范围：P在优弧$\overset{\frown}{AB}$上，到AB的最小距离无限趋近于0，最大距离为优弧$\overset{\frown}{AB}$中点到AB的距离，即半径加圆心O到AB的距离。
(2) ①将$y=S_{扇形OAB}$代入(1)的表达式，可求出$x=\sqrt{3}$，只需作与AB平行、距离为$\sqrt{3}$的直线，该直线与优弧$\overset{\frown}{AB}$的交点即为所求点P。
②要平分图形P-$\overset{\frown}{AB}$的面积，因弓形AB面积固定，先找劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点D，此时弓形AD和弓形BD面积相等，只需平分四边形ADBP的面积即可；利用平行线间距离相等转化面积，再结合三角形中线平分三角形面积的性质，即可作出平分面积的线段。
【解析】
(1) $\because$ 在$\odot O$中，$OA=OB$，$∠ AOB=60°$，$AB=2$，$\therefore △ OAB$是等边三角形，$OA=OB=AB=2$。
过点$O$作$OC ⊥ AB$，垂足为$C$，则$AC=\frac{1}{2}AB=1$。在$\mathrm{Rt}△ OAC$中，由勾股定理得$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，因此$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB · OC=\sqrt{3}$。
$\because ∠ AOB=60°$，$\therefore S_{\mathrm{扇形}OAB}=\frac{60}{360} × π × 2^2=\frac{2}{3}π$，则弦AB与劣弧$\overset{\frown}{AB}$围成的弓形面积为$S_{\mathrm{弓形}AB}=S_{\mathrm{扇形}OAB}-S_{△ OAB}=\frac{2}{3}π - \sqrt{3}$。
点P到AB的距离为x，故$S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB · x=x$，因此图形P-$\overset{\frown}{AB}$的面积$y=S_{△ PAB}+S_{\mathrm{弓形}AB}=x+\frac{2}{3}π - \sqrt{3}$。
P在优弧$\overset{\frown}{AB}$上，到AB的距离最大为优弧中点到AB的距离$2+\sqrt{3}$，最小大于0，故自变量取值范围为$0 ＜ x ≤ 2+\sqrt{3}$。
(2) ①当$y=S_{\mathrm{扇形}OAB}$时，代入表达式解得$x=\sqrt{3}$，作与AB平行且距离为$\sqrt{3}$的直线，与优弧的交点即为所求点P。
②以$P_1$为例：先找劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点D，此时弓形AD、BD面积相等；连接$P_1D$，过A作$AE // P_1D$交$BP_1$延长线于E，取BE中点M，连接DM，DM即为所求线段，依据平行线转化面积和中线平分面积的性质，DM可平分图形面积。
【答案】
17. (1) $\because$ 在 $\odot O$ 中,$OA=OB$,$∠AOB=60°$,$AB=2$,$\therefore △OAB$ 是等边三角形,$OA=OB=AB=2$.如图①,过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$,垂足为 $C$.则 $AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2=1$,在 $\mathrm{Rt}△OAC$ 中,$∠OCA=90°$,$OA=2$,$AC=1$.根据勾股定理,得 $OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,$\therefore S_{△OAB}=\frac{1}{2}AB·OC=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$.又 $\because ∠AOB=60°$,$△OAB$ 是等边三角形且边长是 2,$\therefore S_{\mathrm{扇形}OAB}=\frac{60}{360}×π×2^2=\frac{2}{3}π$.又 $\because$ 点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $x$,$AB=2$,$\therefore S_{△PAB}=\frac{1}{2}AB·x=\frac{1}{2}×2·x=x$,$\therefore$ 图中的阴影部分的面积 $y=S_{△PAB}+S_{\mathrm{扇形}OAB}-S_{△OAB}=x+\frac{2}{3}π-\sqrt{3}$,自变量 $x$ 的取值范围是 $0＜x≤2+\sqrt{3}$.
(2) ①如图②所示,点 $P_1$(或 $P_2$)即为所求(作出其中一种情形即可).
②以点 $P_1$ 的情况为例,点 $P_2$ 的情况同理.如图③所示,作 $OC ⊥ AB$,垂足为 $C$,延长 $OC$ 交 $\odot O$ 于点 $D$,连接 $P_1D$,过点 $A$ 作 $AE// P_1D$,交 $BP_1$ 的延长线于点 $E$,取 $BE$ 的中点 $M$,连接 $MD$,则线段 $DM$ 即为所求.
【知识点】
等边三角形性质、扇形面积计算、尺规作图
【点评】
本题融合了函数表达式推导、图形面积计算、尺规作图、不规则图形面积平分等考点，注重转化思想的运用，既考查了基础几何公式的掌握，也对图形分析能力和动手操作能力有较高要求，解题时需理清图形的面积构成，灵活运用几何性质简化问题。
【难度系数】
0.4
(1) 求y与x的函数表达式，首先明确阴影部分（图形P-$\overset{\frown}{AB}$）的面积构成：它等于$△ PAB$的面积加上弦AB与劣弧$\overset{\frown}{AB}$围成的弓形面积。先根据已知条件判定$△ OAB$是等边三角形，依次求出半径、$△ OAB$的面积、扇形OAB的面积，得到弓形面积；再用x表示出$△ PAB$的面积，两者相加即可得到y的表达式。自变量x的取值范围：P在优弧$\overset{\frown}{AB}$上，到AB的最小距离无限趋近于0，最大距离为优弧$\overset{\frown}{AB}$中点到AB的距离，即半径加圆心O到AB的距离。
(2) ①将$y=S_{扇形OAB}$代入(1)的表达式，可求出$x=\sqrt{3}$，只需作与AB平行、距离为$\sqrt{3}$的直线，该直线与优弧$\overset{\frown}{AB}$的交点即为所求点P。
②要平分图形P-$\overset{\frown}{AB}$的面积，因弓形AB面积固定，先找劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点D，此时弓形AD和弓形BD面积相等，只需平分四边形ADBP的面积即可；利用平行线间距离相等转化面积，再结合三角形中线平分三角形面积的性质，即可作出平分面积的线段。
【解析】
(1) $\because$ 在$\odot O$中，$OA=OB$，$∠ AOB=60°$，$AB=2$，$\therefore △ OAB$是等边三角形，$OA=OB=AB=2$。
过点$O$作$OC ⊥ AB$，垂足为$C$，则$AC=\frac{1}{2}AB=1$。在$\mathrm{Rt}△ OAC$中，由勾股定理得$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，因此$S_{△ OAB}=\frac{1}{2}AB · OC=\sqrt{3}$。
$\because ∠ AOB=60°$，$\therefore S_{\mathrm{扇形}OAB}=\frac{60}{360} × π × 2^2=\frac{2}{3}π$，则弦AB与劣弧$\overset{\frown}{AB}$围成的弓形面积为$S_{\mathrm{弓形}AB}=S_{\mathrm{扇形}OAB}-S_{△ OAB}=\frac{2}{3}π - \sqrt{3}$。
点P到AB的距离为x，故$S_{△ PAB}=\frac{1}{2}AB · x=x$，因此图形P-$\overset{\frown}{AB}$的面积$y=S_{△ PAB}+S_{\mathrm{弓形}AB}=x+\frac{2}{3}π - \sqrt{3}$。
P在优弧$\overset{\frown}{AB}$上，到AB的距离最大为优弧中点到AB的距离$2+\sqrt{3}$，最小大于0，故自变量取值范围为$0 ＜ x ≤ 2+\sqrt{3}$。
(2) ①当$y=S_{\mathrm{扇形}OAB}$时，代入表达式解得$x=\sqrt{3}$，作与AB平行且距离为$\sqrt{3}$的直线，与优弧的交点即为所求点P。
②以$P_1$为例：先找劣弧$\overset{\frown}{AB}$的中点D，此时弓形AD、BD面积相等；连接$P_1D$，过A作$AE // P_1D$交$BP_1$延长线于E，取BE中点M，连接DM，DM即为所求线段，依据平行线转化面积和中线平分面积的性质，DM可平分图形面积。
【答案】
17. (1) $\because$ 在 $\odot O$ 中,$OA=OB$,$∠AOB=60°$,$AB=2$,$\therefore △OAB$ 是等边三角形,$OA=OB=AB=2$.如图①,过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$,垂足为 $C$.则 $AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2=1$,在 $\mathrm{Rt}△OAC$ 中,$∠OCA=90°$,$OA=2$,$AC=1$.根据勾股定理,得 $OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,$\therefore S_{△OAB}=\frac{1}{2}AB·OC=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$.又 $\because ∠AOB=60°$,$△OAB$ 是等边三角形且边长是 2,$\therefore S_{\mathrm{扇形}OAB}=\frac{60}{360}×π×2^2=\frac{2}{3}π$.又 $\because$ 点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $x$,$AB=2$,$\therefore S_{△PAB}=\frac{1}{2}AB·x=\frac{1}{2}×2·x=x$,$\therefore$ 图中的阴影部分的面积 $y=S_{△PAB}+S_{\mathrm{扇形}OAB}-S_{△OAB}=x+\frac{2}{3}π-\sqrt{3}$,自变量 $x$ 的取值范围是 $0＜x≤2+\sqrt{3}$.
(2) ①如图②所示,点 $P_1$(或 $P_2$)即为所求(作出其中一种情形即可).
②以点 $P_1$ 的情况为例,点 $P_2$ 的情况同理.如图③所示,作 $OC ⊥ AB$,垂足为 $C$,延长 $OC$ 交 $\odot O$ 于点 $D$,连接 $P_1D$,过点 $A$ 作 $AE// P_1D$,交 $BP_1$ 的延长线于点 $E$,取 $BE$ 的中点 $M$,连接 $MD$,则线段 $DM$ 即为所求.
【知识点】
等边三角形性质、扇形面积计算、尺规作图
【点评】
本题融合了函数表达式推导、图形面积计算、尺规作图、不规则图形面积平分等考点，注重转化思想的运用，既考查了基础几何公式的掌握，也对图形分析能力和动手操作能力有较高要求，解题时需理清图形的面积构成，灵活运用几何性质简化问题。
【难度系数】
0.4
