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9. (自贡中考)如图,直线$y=-2x+2$与坐标轴交于A,B两点,点P是线段AB上的一个动点,过点P作y轴的平行线交直线$y=-x+3$于点Q,$△ OPQ$绕点O顺时针旋转$45°$,边PQ扫过区域(阴影部分)面积的最大值是
$\frac{2π}{3}$
.答案
9. $\frac{2π}{3}$ 解析:设$△OPQ$绕点O顺时针旋转$45°$到$△ODC$的位置,如图所示.设$P(m,-2m+2)$,则$Q(m,-m+3)$.
∴$OP^2=m^2+(-2m+2)^2=5m^2-8m+4$,
$OQ^2=m^2+(-m+3)^2=2m^2-6m+9$.
∵$△OPQ$绕点O顺时针旋转$45°$,
∴$△OPQ≌△ODC$,$∠QOC=∠POD=45°$,
∴PQ扫过区域(阴影部分)面积$S=S_{扇形OQC}-S_{扇形OPD}=\frac{45}{360}×π·OQ^2-\frac{45}{360}×π·OP^2=\frac{π}{8}(-3m^2+2m+5)=-\frac{3π}{8}(m-\frac{1}{3})^2+\frac{2π}{3}$.当$m=\frac{1}{3}$时,S的最大值为$\frac{2π}{3}$.
10. (2026·杭州月考)如图，AB为$\odot O$的直径，点C在$\odot O$上，延长BC到D，连接DA并延长，与$\odot O$交于点E，连接AC，CE，使得$∠ D=∠ E$.
(1)求证:$BC=CD$.
(2)若$AB=4$，弧BC的长为$\frac{4}{3}π$，连接OC，求扇形AOC的面积.
(1)求证:$BC=CD$.
(2)若$AB=4$，弧BC的长为$\frac{4}{3}π$，连接OC，求扇形AOC的面积.
答案
10. (1)
∵$\overset{\frown}{AC}$所对应的圆周角为$∠E$和$∠B$,
∴$∠D=∠E=∠B$,
∴$AD=AB$,
∴$△ADB$为等腰三角形.
∵AB为$\odot O$的直径.
∴$∠ACB=90°$,即$AC⊥DB$,
∴AC是等腰三角形ADB底边的高,
∴$BC=CD$.
(2)连接OC,如图所示,
∵直径$AB=4$,
∴圆的半径$r=2$.设$∠COB=n°$,
∴$\frac{n}{180}πr=\frac{n}{180}×π×2=\frac{4}{3}π$,
∴$n=120$,
∴$∠BOC=n°=120°$,
∴$∠AOC=60°$,
∴$\frac{n'}{360}πr^2=\frac{60}{360}×π×2^2=\frac{2}{3}π$,即扇形AOC的面积为$\frac{2}{3}π$.
11.(2026·广州月考)如图①,已知在$\odot O$中,点C为劣弧AB的中点,连接AC并延长至D,使$CD=CA$,连接DB并延长交$\odot O$于点E,连接AE.
(1)求证:AE是$\odot O$的直径;
(2)如图②,连接EC,$\odot O$的直径为6,AC的长为2,求阴影部分的面积之和.(结果保留π与根号)
(1)求证:AE是$\odot O$的直径;
(2)如图②,连接EC,$\odot O$的直径为6,AC的长为2,求阴影部分的面积之和.(结果保留π与根号)
答案
11. (1)如图,连接AB,BC,
∵点C是劣弧AB的中点,
∴$\overset{\frown}{CA}=\overset{\frown}{CB}$,
∴$CA=CB$.又
∵$CD=CA$,
∴$CB=CD=CA$,
∴$∠BAD=∠ABC$,$∠CBD=∠D$,
∴$∠BAD+∠ABC+∠CBD+∠D=180°$,即$2∠ABC+2∠CBD=180°$,
∴$∠ABC+∠CBD=90°$,即$∠ABD=90°$,
∴$∠ABE=180°-∠ABD=90°$,
∴AE是$\odot O$的直径.
(2)由(1)可知,AE是$\odot O$的直径,
∴$∠ACE=90°$.
∵$\odot O$的直径为6,$AC=2$,
∴$AE=6$,$\odot O$的面积为$π×(\frac{6}{2})^2=9π$,在Rt$△ACE$中,$∠ACE=90°$,由勾股定理,得$CE=\sqrt{AE^2-AC^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt{2}$,
∴$S_{△ACE}=\frac{1}{2}×AC×CE=\frac{1}{2}×2×4\sqrt{2}=4\sqrt{2}$,
∴$S_{阴影}=\frac{1}{2}S_{\odot O}-S_{△ACE}=\frac{1}{2}×9π-4\sqrt{2}=\frac{9π}{2}-4\sqrt{2}$.
12. 教材变式（聊城中考）如图，线段$AB=2$，以$AB$为直径画半圆，圆心为$A_1$，以$AA_1$为直径画半圆①；取$A_1B$的中点$A_2$，以$A_1A_2$为直径画半圆②；取$A_2B$的中点$A_3$，以$A_2A_3$为直径画半圆③……按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为
$\frac{255}{256}π$
。答案
12. $\frac{255}{256}π$ 解析:
∵$AB=2$,
∴$AA_1=1$,半圆①的弧长为$\frac{π×1}{2}=\frac{1}{2}π$,同理$A_1A_2=\frac{1}{2}$,半圆②的弧长为$\frac{π×\frac{1}{2}}{2}=(\frac{1}{2})^2π$,$A_2A_3=\frac{1}{4}$,半圆③的弧长为$\frac{π×\frac{1}{4}}{2}=(\frac{1}{2})^3π$……半圆⑧的弧长为$\frac{π×(\frac{1}{2})^7}{2}=(\frac{1}{2})^8π$,
∴8个小半圆的弧长之和为$\frac{1}{2}π+(\frac{1}{2})^2π+(\frac{1}{2})^3π+…+(\frac{1}{2})^8π=\frac{255}{256}π$.
∵$AB=2$,
∴$AA_1=1$,半圆①的弧长为$\frac{π×1}{2}=\frac{1}{2}π$,同理$A_1A_2=\frac{1}{2}$,半圆②的弧长为$\frac{π×\frac{1}{2}}{2}=(\frac{1}{2})^2π$,$A_2A_3=\frac{1}{4}$,半圆③的弧长为$\frac{π×\frac{1}{4}}{2}=(\frac{1}{2})^3π$……半圆⑧的弧长为$\frac{π×(\frac{1}{2})^7}{2}=(\frac{1}{2})^8π$,
∴8个小半圆的弧长之和为$\frac{1}{2}π+(\frac{1}{2})^2π+(\frac{1}{2})^3π+…+(\frac{1}{2})^8π=\frac{255}{256}π$.
13. 如图,将半径为2,圆心角为$120°$的扇形$OAB$绕点$A$逆时针旋转$60°$,点$O,B$的对应点分别为$O',B'$,连接$BB'$,则图中阴影部分的面积是________.
答案
13. $2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$ 解析:连接$OO'$,$BO'$,
∵将半径为2,圆心角为$120°$的扇形OAB绕点A逆时针旋转$60°$,
∴$∠OAO'=60°$,
∴$△OAO'$是等边三角形,
∴$∠AOO'=∠AO'O=60°$.
∵$∠AOB=120°$,
∴$∠O'OB=60°$,
∴$△OO'B$是等边三角形,
∴$∠AO'B=120°$.
∵$∠AO'B'=120°$,
∴$∠AO'O+∠AO'B'=180°$,
∴O,O',B'三点共线,
∴$∠B'OB=120°$.
又
∵$O'B'=O'B$,
∴$∠O'BB'=∠O'BB'=30°$.过点O'作$O'C⊥BB'$,垂足为C,易得$O'C=1$,$BB'=2\sqrt{3}$,
∴题图中阴影部分的面积=$S_{△B'OB}-(S_{扇形OO'B}-S_{△OO'B})=\frac{1}{2}×1×2\sqrt{3}-(\frac{60π·2^2}{360}-\frac{1}{2}×2×\sqrt{3})=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$.
∵将半径为2,圆心角为$120°$的扇形OAB绕点A逆时针旋转$60°$,
∴$∠OAO'=60°$,
∴$△OAO'$是等边三角形,
∴$∠AOO'=∠AO'O=60°$.
∵$∠AOB=120°$,
∴$∠O'OB=60°$,
∴$△OO'B$是等边三角形,
∴$∠AO'B=120°$.
∵$∠AO'B'=120°$,
∴$∠AO'O+∠AO'B'=180°$,
∴O,O',B'三点共线,
∴$∠B'OB=120°$.
又
∵$O'B'=O'B$,
∴$∠O'BB'=∠O'BB'=30°$.过点O'作$O'C⊥BB'$,垂足为C,易得$O'C=1$,$BB'=2\sqrt{3}$,
∴题图中阴影部分的面积=$S_{△B'OB}-(S_{扇形OO'B}-S_{△OO'B})=\frac{1}{2}×1×2\sqrt{3}-(\frac{60π·2^2}{360}-\frac{1}{2}×2×\sqrt{3})=2\sqrt{3}-\frac{2π}{3}$.
