1[2026河北唐山期末,中]如图,已知A,B,C为$\odot O$上的三点,且$AC=BC=2$,$∠ ACB=120°$.点P从点A出发,沿着逆时针方向运动到点B,连接CP与弦AB相交于点D,当$△ ACD$为直角三角形时,弧AP的长为 ()

A.$2π$
B.$\frac{1}{2}π$
C.$\frac{2}{3}π$ 或 $\frac{1}{2}π$
D.$2π$ 或 $\frac{4}{3}π$

(第1题图)
(第2题图)

【解析】如图(1)所示,当$∠ ADC=90°$时,连接 $OA,OD$. $\because AC=BC=2$,$∠ ACB=120°$,$\therefore ∠ ACD=\frac{1}{2}∠ ACB=60°$,点 $D$ 为 $AB$ 的中点,$\therefore OD⊥ AB$,$\therefore C,D,O$ 三点共线. $\because OA=OC$,$\therefore △ OAC$ 是等边三角形,$\therefore OA=AC=2$,$∠ AOC=60°$,$\therefore ∠ AOP=120°$,$\therefore$ 弧 $AP$ 的长为 $\frac{120π× 2}{180}=\frac{4}{3}π$. 如图(2)所示,当$∠ ACD=90°$时,连接 $AP$,则 $AP$ 为 $\odot O$ 的直径,$\therefore$ 弧 $AP$ 的长为 $\frac{180π× 2}{180}=2π$. 综上所述,弧 $AP$ 的长为 $2π$ 或 $\frac{4}{3}π$,故选 D.

2[2026 河南驻马店期中,中]如图所示,AB为$\odot O$的直径,$AB=2,OC$是$\odot O$的半径,$OC ⊥ AB$,点D在$\overset{\frown}{AC}$上,$\overset{\frown}{AD}=2\overset{\frown}{CD}$,点P是OC上一动点,则阴影部分周长的最小值为.

【解析】如图,连接 $BD,AD,PB,OD$. 根据已知得 $B$ 是 $A$ 关于 $OC$ 的对称点,$\therefore$ 易知 $BD$ 的长就是 $AP+PD$ 的最小值. $\because OC⊥ AB$,$\therefore ∠ AOC=90°$. $\because \overset{\frown}{AD}=2\overset{\frown}{CD}$,而 $\overset{\frown}{AC}$ 的度数是 $90°$,$\therefore \overset{\frown}{AD}$ 的度数是 $60°$,$\therefore ∠ AOD=60°$,$\therefore ∠ ABD=30°$. $\because AB$ 是直径,$\therefore ∠ ADB=90°$. $\because AB=2$,$\therefore$ 易得 $BD=\sqrt{3}$,$\therefore AP+PD$ 的最小值是 $\sqrt{3}$. $\because \overset{\frown}{AD}$ 的长为 $\frac{60· π· 1}{180}=\frac{π}{3}$,$\therefore$ 阴影部分周长的最小值为 $\sqrt{3}+\frac{π}{3}$. 故答案为 $\sqrt{3}+\frac{π}{3}$.

3[中]如图,在矩形ABCD中,以A为圆心,AD的长为半径画弧,交AB于点F,再以B为圆心,BA的长为半径画弧,交CD于点E,连接BE,BE恰好与扇形DAF相切.已知AB=2√2,AD=2,则图中阴影部分的面积为.

【解析】设 $BE$ 与扇形 $ADF$ 的切点为 $G$,如图,连接 $AE,AG$,则 $AG⊥ BE$,过点 $E$ 作 $EH⊥ AB$,交 $AB$ 于点 $H$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形,$\therefore ∠ ADC=∠ C=∠ ABC=90°$,$BC=AD=EH=2$,$CD=AB=2\sqrt{2}$. 由题意可得, $BE=AB=2\sqrt{2}$. 在 $\mathrm{Rt}△ BCE$ 中,由勾股定理,得 $CE=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-2^2}=2$,$\therefore DE=CD-CE=2\sqrt{2}-2$,$CE=BC$,$\therefore ∠ CBE=45°$,$\therefore ∠ ABE=45°$,即扇形 $BAE$ 的圆心角为 $45°$. 在 $\mathrm{Rt}△ DAE$ 和$\mathrm{Rt}△ GAE$ 中,$\begin{cases}AE=AE,\\DA=GA,\end{cases}$$\therefore \mathrm{Rt}△ DAE≌ \mathrm{Rt}△ GAE(\mathrm{HL})$,$\therefore EG=DE=2\sqrt{2}-2$,$\therefore BG=2\sqrt{2}-(2\sqrt{2}-2)=2=AG$,$\therefore ∠ GAF=∠ ABE=45°$,即扇形 $AGF$ 的圆心角为 $45°$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}AGF}+S_{△ AEG}+(S_{\mathrm{扇形}BAE}-S_{△ ABE})=\frac{45× 2^2π}{360}+\frac{1}{2}AG· EG+(\frac{45· (2\sqrt{2})^2π}{360}-\frac{1}{2}AB· EH)=\frac{1}{2}π+\frac{1}{2}× 2× (2\sqrt{2}-2)+(π-\frac{1}{2}× 2\sqrt{2}× 2)=\frac{1}{2}π+2\sqrt{2}-2+π-2\sqrt{2}=\frac{3}{2}π-2$. 故答案为 $\frac{3}{2}π-2$.

4 新考法[2026上海青浦区期末,中]线段AB,AC,点D如图所示(A,B,C三点共线).其中AB=a,AC=b,点A与点D之间的距离AD=c,点B与点D之间的距离BD=d.
(1)以点C为旋转中心将线段AB逆时针旋转90°,那么线段AB扫过的面积如何表示?
(2)以点D为旋转中心将线段AB逆时针旋转90°,那么线段AB扫过的面积如何表示?当c=1,d=$\frac{5}{2}$时,线段AB扫过的面积是多少?(结果保留π)

(1)旋转后的图形如图(1)所示:

线段 $AB$ 扫过的面积为 $S_{\mathrm{扇形}CBB'}-S_{\mathrm{扇形}CAA'}=\frac{90}{360}π(a+b)^2-\frac{90}{360}π b^2=\frac{π}{4}(a^2+2ab)$.
(2)旋转后的图形如图(2)所示:

线段 $AB$ 扫过的面积为 $S_{\mathrm{扇形}DBB'}-S_{\mathrm{扇形}DAA'}=\frac{90}{360}π d^2-\frac{90}{360}π c^2=\frac{π}{4}(d^2-c^2)$. 当 $c=1$,$d=\frac{5}{2}$时,线段 $AB$ 扫过的面积是 $\frac{π}{4}(d^2-c^2)=\frac{π}{4}(d+c)(d-c)=\frac{π}{4}×(\frac{5}{2}+1)×(\frac{5}{2}-1)=\frac{π}{4}×\frac{7}{2}×\frac{3}{2}=\frac{21π}{16}$.
关键点拨
分别画出旋转后的图形,利用扇形面积公式,计算两个扇形面积之差,该差值即为线段扫过的面积.

5 核心素养 几何直观 [2025 辽宁鞍山质检,难]如图,数轴的原点为O,有一个直径MN=4的半圆形纸片,其圆心为点P,从初始阶段Ⅰ位置开始,在无滑动的情况下沿数轴向右翻滚至位置Ⅴ.其中位置Ⅰ中的MN平行于数轴,且半圆P与数轴相切于原点O;位置Ⅱ和位置Ⅳ中的MN垂直于数轴;位置Ⅲ中的MN在数轴上;位置Ⅴ中的点N到数轴的距离为3,且半圆P与数轴相切于点A.解答下列问题:
(1)位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离为,位置Ⅱ中的半圆P与数轴的位置关系是;
(2)求位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数;
(3)半圆P从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时,求点N所经过路径长及该纸片所扫过的图形的面积;
(4)求OA的长.(结果保留π)

(1)$\because$ 半圆 $P$ 的直径 $MN=4$,$\therefore$ 半圆 $P$ 的半径为 2. $\because$ 位置Ⅰ中半圆 $P$ 与数轴相切于原点,$MN$ 平行于数轴,$\therefore$ 位置Ⅰ中的 $MN$ 与数轴之间的距离为 2. $\because$ 位置Ⅱ中的 $MN$ 垂直于数轴,$\therefore$ 位置Ⅱ中的半圆 $P$ 与数轴的位置关系是相切.
故答案为 2,相切.
(2)位置Ⅰ中 $\overset{\frown}{ON}$ 的长与数轴上线段 $ON$ 的长相等. $\because l_{\overset{\frown}{ON}}=\frac{90· π· 2}{180}=π$,位置Ⅲ中 $NP=2$,$\therefore$ 位置Ⅲ中的圆心 $P$ 在数轴上表示的数为 $π+2$.
(3)由弧长公式可得,点 $N$ 所经过路径长为 $\frac{90π· 4}{180}=2π$.
$\because S_{\mathrm{半圆}}=\frac{180π· 2^2}{360}=2π$,$S_{\mathrm{扇形}}=\frac{90π· 4^2}{360}=4π$,$\therefore$ 该纸片所扫过的图形的面积为 $2π+4π=6π$.
(4)如图,作 $NC$ 垂直数轴于点 $C$,作 $PH⊥ NC$ 于点 $H$,连接 $PA$,则 $NC=3$,易得四边形 $PHCA$ 为矩形,$\therefore ∠ APH=90°$.

在 $\mathrm{Rt}△ NPH$ 中, $PN=2$,$NH=NC-HC=NC-PA=1$,$\therefore ∠ NPH=30°$,$\therefore ∠ MPA=60°$,$\therefore l_{\overset{\frown}{MA}}=\frac{60π× 2}{3}=\frac{2π}{3}$,$\therefore OA$ 的长为 $π+4+\frac{2}{3}π=\frac{5}{3}π+4$.