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1. 如图,矩形$ABCD$内接于$\odot O$,分别以$AB$,$BC$,$CD$,$AD$为直径向外作半圆.若$AB=4$,$BC=5$,则涂色部分的面积是（
A.$\dfrac{41}{4}π-20$
B.$\dfrac{41}{2}π-20$
C.$20π$
D.$20$
D
）A.$\dfrac{41}{4}π-20$
B.$\dfrac{41}{2}π-20$
C.$20π$
D.$20$
答案
D 连接AC.$\because$ 矩形$ABCD$内接于$\odot O$,$AB=4$,$BC=5$,$\therefore AC^2=AB^2+BC^2$.$\therefore$ 涂色部分的面积$=S_{\mathrm{矩形}ABCD}+π× (\dfrac{AB}{2})^2+π× (\dfrac{BC}{2})^2-π× (\dfrac{AC}{2})^2=S_{\mathrm{矩形}ABCD}+π×\dfrac{1}{4}(AB^2+BC^2-AC^2)=S_{\mathrm{矩形}ABCD}=4×5=20$.
解析
【分析】
我们先梳理解题思路：直接拆分计算每一块涂色阴影的面积会非常繁琐，因此选择整体作差的割补思路求解。第一步，先明确各部分图形的关系：矩形ABCD内接于圆O，因此矩形的对角线AC就是圆O的直径；第二步，把4个分别以矩形四条边为直径向外作的半圆的面积相加，恰好等价于两个分别以AB、BC为直径的整圆的面积，再加上矩形本身的面积，减去中间直径为AC的大圆（也就是⊙O）的面积，得到的结果恰好就是所有涂色部分的总面积；第三步，结合勾股定理，在直角三角形ABC中AB²+BC²=AC²，代入面积表达式后所有含π的项会直接抵消，最终涂色面积就等于矩形的面积，直接代入边长计算即可。
【解析】
解：连接AC，
∵ 四边形ABCD是矩形，且内接于⊙O，
∴ ∠ABC=90°，AC是⊙O的直径，
由勾股定理得：$AC^2 = AB^2 + BC^2$。
涂色部分的面积可以表示为：
$S_{\mathrm{涂色}} = S_{\mathrm{以AB为直径的圆}} + S_{\mathrm{以BC为直径的圆}} + S_{\mathrm{矩形}ABCD} - S_{\mathrm{以AC为直径的}\odot O}$
代入圆的面积公式：
$S_{\mathrm{涂色}} = π·(\frac{AB}{2})^2 + π·(\frac{BC}{2})^2 + AB· BC - π·(\frac{AC}{2})^2$
整理得：
$S_{\mathrm{涂色}} = AB· BC + \frac{π}{4}(AB^2 + BC^2 - AC^2)$
将$AC^2=AB^2+BC^2$代入，可得$AB^2+BC^2-AC^2=0$，因此：
$S_{\mathrm{涂色}} = AB· BC = 4×5 = 20$
【答案】
D
【知识点】
勾股定理，圆的面积计算，割补法求面积
【点评】
本题是组合图形面积计算的经典巧算题型，没有要求硬拆分阴影部分计算，而是通过整体作差的思路，结合勾股定理直接消去所有含π的项，大幅简化计算，很容易误导直接硬算的学生错选A、B选项，重点考察学生对组合图形面积的整体转化思维。
【难度系数】
0.4
我们先梳理解题思路：直接拆分计算每一块涂色阴影的面积会非常繁琐，因此选择整体作差的割补思路求解。第一步，先明确各部分图形的关系：矩形ABCD内接于圆O，因此矩形的对角线AC就是圆O的直径；第二步，把4个分别以矩形四条边为直径向外作的半圆的面积相加，恰好等价于两个分别以AB、BC为直径的整圆的面积，再加上矩形本身的面积，减去中间直径为AC的大圆（也就是⊙O）的面积，得到的结果恰好就是所有涂色部分的总面积；第三步，结合勾股定理，在直角三角形ABC中AB²+BC²=AC²，代入面积表达式后所有含π的项会直接抵消，最终涂色面积就等于矩形的面积，直接代入边长计算即可。
【解析】
解：连接AC，
∵ 四边形ABCD是矩形，且内接于⊙O，
∴ ∠ABC=90°，AC是⊙O的直径，
由勾股定理得：$AC^2 = AB^2 + BC^2$。
涂色部分的面积可以表示为：
$S_{\mathrm{涂色}} = S_{\mathrm{以AB为直径的圆}} + S_{\mathrm{以BC为直径的圆}} + S_{\mathrm{矩形}ABCD} - S_{\mathrm{以AC为直径的}\odot O}$
代入圆的面积公式：
$S_{\mathrm{涂色}} = π·(\frac{AB}{2})^2 + π·(\frac{BC}{2})^2 + AB· BC - π·(\frac{AC}{2})^2$
整理得：
$S_{\mathrm{涂色}} = AB· BC + \frac{π}{4}(AB^2 + BC^2 - AC^2)$
将$AC^2=AB^2+BC^2$代入，可得$AB^2+BC^2-AC^2=0$，因此：
$S_{\mathrm{涂色}} = AB· BC = 4×5 = 20$
【答案】
D
【知识点】
勾股定理，圆的面积计算，割补法求面积
【点评】
本题是组合图形面积计算的经典巧算题型，没有要求硬拆分阴影部分计算，而是通过整体作差的思路，结合勾股定理直接消去所有含π的项，大幅简化计算，很容易误导直接硬算的学生错选A、B选项，重点考察学生对组合图形面积的整体转化思维。
【难度系数】
0.4
2. 如图,在$□ ABCD$中,$DF ⊥ AB$,$AD=4$,$AB=6$,$DF=2\sqrt{3}$,$∠ A=60^{ \circ }$,以点$A$为圆心、$AD$长为半径画弧,交$AB$于点$E$,连接$CE$,则涂色部分的面积为
$10\sqrt{3}-\dfrac{8}{3}π$
.答案
$10\sqrt{3}-\dfrac{8}{3}π$ 由题意,得$AE=AD=4$,则$BE=AB-AE=6-4=2$.$\because$ 四边形$ABCD$是平行四边形,$\therefore AB// CD$.$\because DF ⊥ AB$,$∠ A=60°$,$DF=2\sqrt{3}$,$\therefore S_{\mathrm{涂色部分}}=S_{□ ABCD}-S_{\mathrm{扇形}ADE}-S_{△ CBE}=AB· DF-\dfrac{60π· AD^2}{360}-\dfrac{1}{2}BE· DF=6×2\sqrt{3}-\dfrac{60π×4^2}{360}-\dfrac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=10\sqrt{3}-\dfrac{8}{3}π$.
解析
【分析】
这道题要求不规则涂色部分的面积，直接计算涂色区域没有对应的现成公式，因此优先采用“整体减空白”的割补思路：第一步先确定整体图形是平行四边形ABCD，它的面积可以直接用底AB乘高DF算出；第二步找出平行四边形内不属于涂色部分的两块空白区域，分别是圆心角为60°的扇形ADE和△CBE，分别计算这两块空白的面积；第三步用平行四边形的总面积减去两块空白的面积，就能得到涂色部分的面积。首先根据题意，弧DE是以A为圆心、AD为半径画出的，因此AE=AD=4，可快速算出BE=AB-AE=2，又因为平行四边形对边平行，△CBE的高和DF相等，代入对应规则图形的面积公式就能逐步得到结果。
【解析】
解：
1. 确定相关线段长度：由题意得，以A为圆心、AD长为半径画弧交AB于E，因此$AE=AD=4$，已知$AB=6$，可得$BE=AB-AE=6-4=2$。
2. 计算平行四边形ABCD的面积：平行四边形面积公式为底×高，代入底$AB=6$，高$DF=2\sqrt{3}$，得：
$S_{□ABCD}=AB·DF=6×2\sqrt{3}=12\sqrt{3}$。
3. 计算扇形ADE的面积：扇形ADE的圆心角$∠A=60°$，半径$AD=4$，代入扇形面积公式$S_{扇}=\frac{nπr^2}{360}$，得：
$S_{扇形ADE}=\frac{60π×4^2}{360}=\frac{8π}{3}$。
4. 计算△CBE的面积：因为四边形ABCD是平行四边形，$AB// CD$，因此△CBE的高等于平行四边形的高$DF=2\sqrt{3}$，代入三角形面积公式得：
$S_{△CBE}=\frac{1}{2}×BE×DF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
5. 最终计算涂色部分面积：
$S_{涂色部分}=S_{□ABCD}-S_{扇形ADE}-S_{△CBE}=12\sqrt{3}-\frac{8π}{3}-2\sqrt{3}=10\sqrt{3}-\frac{8}{3}π$。
【答案】
$10\sqrt{3}-\dfrac{8}{3}π$
【知识点】
平行四边形面积，扇形面积计算，割补法求面积
【点评】
本题是典型的不规则阴影面积计算题，核心思路是“整体减空白”，无需直接求解涂色区域的复杂边界，将不规则面积转化为几个规则图形面积的和差即可快速求解，解题时要注意平行四边形内△CBE的高与平行四边形的高相等这个隐含条件，避免错误计算三角形的高。
【难度系数】
0.6
这道题要求不规则涂色部分的面积，直接计算涂色区域没有对应的现成公式，因此优先采用“整体减空白”的割补思路：第一步先确定整体图形是平行四边形ABCD，它的面积可以直接用底AB乘高DF算出；第二步找出平行四边形内不属于涂色部分的两块空白区域，分别是圆心角为60°的扇形ADE和△CBE，分别计算这两块空白的面积；第三步用平行四边形的总面积减去两块空白的面积，就能得到涂色部分的面积。首先根据题意，弧DE是以A为圆心、AD为半径画出的，因此AE=AD=4，可快速算出BE=AB-AE=2，又因为平行四边形对边平行，△CBE的高和DF相等，代入对应规则图形的面积公式就能逐步得到结果。
【解析】
解：
1. 确定相关线段长度：由题意得，以A为圆心、AD长为半径画弧交AB于E，因此$AE=AD=4$，已知$AB=6$，可得$BE=AB-AE=6-4=2$。
2. 计算平行四边形ABCD的面积：平行四边形面积公式为底×高，代入底$AB=6$，高$DF=2\sqrt{3}$，得：
$S_{□ABCD}=AB·DF=6×2\sqrt{3}=12\sqrt{3}$。
3. 计算扇形ADE的面积：扇形ADE的圆心角$∠A=60°$，半径$AD=4$，代入扇形面积公式$S_{扇}=\frac{nπr^2}{360}$，得：
$S_{扇形ADE}=\frac{60π×4^2}{360}=\frac{8π}{3}$。
4. 计算△CBE的面积：因为四边形ABCD是平行四边形，$AB// CD$，因此△CBE的高等于平行四边形的高$DF=2\sqrt{3}$，代入三角形面积公式得：
$S_{△CBE}=\frac{1}{2}×BE×DF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
5. 最终计算涂色部分面积：
$S_{涂色部分}=S_{□ABCD}-S_{扇形ADE}-S_{△CBE}=12\sqrt{3}-\frac{8π}{3}-2\sqrt{3}=10\sqrt{3}-\frac{8}{3}π$。
【答案】
$10\sqrt{3}-\dfrac{8}{3}π$
【知识点】
平行四边形面积，扇形面积计算，割补法求面积
【点评】
本题是典型的不规则阴影面积计算题，核心思路是“整体减空白”，无需直接求解涂色区域的复杂边界，将不规则面积转化为几个规则图形面积的和差即可快速求解，解题时要注意平行四边形内△CBE的高与平行四边形的高相等这个隐含条件，避免错误计算三角形的高。
【难度系数】
0.6
3. 如图,在扇形$AOB$中,$∠ AOB=90°,OB=\sqrt{3}$,$C$为$AO$上一点,将扇形$AOB$沿着$BC$折叠,$A'B$恰好经过点$O$,则涂色部分的面积为（
A.$\dfrac{3}{2}π-\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{4}π-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\dfrac{3}{4}π-\sqrt{3}$
D.$\dfrac{3}{2}π-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
C
）A.$\dfrac{3}{2}π-\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{4}π-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\dfrac{3}{4}π-\sqrt{3}$
D.$\dfrac{3}{2}π-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
答案
C 如图,作点$O$关于$BC$的对称点$O'$,连接$CO'$,$BO'$,$OO'$,$BC$与$OO'$交于点$D$,易得$A'$,$C$,$O'$三点共线.
$\therefore OD=O'D=\dfrac{1}{2}OO'=\dfrac{1}{2}OB$.$\therefore$ 易得$∠ OBC=30°$.
$\therefore$ 易得$OC=\dfrac{\sqrt{3}}{3}OB=1$.$\therefore$ 易得涂色部分的面积$=S_{\mathrm{扇形}A'OB}-S_{△ BOC}-S_{△ CO'B}=S_{\mathrm{扇形}AOB}-2S_{△ COB}=\dfrac{90π×(\sqrt{3})^2}{360}-2×\dfrac{1}{2}×\sqrt{3}×1=\dfrac{3}{4}π-\sqrt{3}$.
解析
【分析】
这道题是结合折叠性质求不规则阴影面积的题型，解题思路可以按以下步骤走：1. 先利用折叠的性质，折叠前后对应边相等，得到BO'=BO，结合题目给出的A'B经过点O的条件，可推出△OBO'是等边三角形，进而得到∠OBC=30°这个特殊角；2. 在直角△BOC中利用30°角的三角函数关系算出OC的长度；3. 用割补法转化阴影面积：观察图形可知涂色部分的面积等价于原扇形AOB的面积减去2倍的Rt△BOC的面积，不需要直接拆分阴影计算，简化运算后即可得到结果。
【解析】
解：作点O关于BC的对称点O'，连接$CO'$，$BO'$，$OO'$，$BC$与$OO'$交于点$D$。
1. 根据折叠的性质，可得$BO'=BO$，且点O在折叠后的边$A'B$上，因此$OO'=OB=BO'$，即$△ OBO'$为等边三角形，$∠ OBO'=60°$。
2. 由折叠的对称性可知，BC平分$∠ OBO'$，因此$∠ OBC=30°$。
3. 在$Rt△ BOC$中，$∠ AOB=90°$，$OB=\sqrt{3}$，$\tan30°=\frac{OC}{OB}$，代入得$OC=OB·\tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$。
4. 由折叠可知$S_{△ CO'B}=S_{△ COB}$，因此涂色部分的面积可转化为：
$\begin{aligned}S_{\mathrm{涂色}}&=S_{\mathrm{扇形}A'OB}-S_{△ BOC}-S_{△ CO'B}\\&=S_{\mathrm{扇形}AOB}-2S_{△ COB}\\&=\frac{90π× (\sqrt{3})^2}{360}-2×\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1\\&=\frac{3}{4}π-\sqrt{3}\end{aligned}$
【答案】
C
【知识点】
扇形面积计算，折叠的性质，直角三角形性质
【点评】
本题的核心是利用折叠的对称性构造出等边三角形得到特殊角，再通过割补法将不规则的阴影面积转化为规则的扇形与直角三角形的面积差，大幅简化计算，重点考察了几何转化思想的灵活运用。
【难度系数】
0.4
这道题是结合折叠性质求不规则阴影面积的题型，解题思路可以按以下步骤走：1. 先利用折叠的性质，折叠前后对应边相等，得到BO'=BO，结合题目给出的A'B经过点O的条件，可推出△OBO'是等边三角形，进而得到∠OBC=30°这个特殊角；2. 在直角△BOC中利用30°角的三角函数关系算出OC的长度；3. 用割补法转化阴影面积：观察图形可知涂色部分的面积等价于原扇形AOB的面积减去2倍的Rt△BOC的面积，不需要直接拆分阴影计算，简化运算后即可得到结果。
【解析】
解：作点O关于BC的对称点O'，连接$CO'$，$BO'$，$OO'$，$BC$与$OO'$交于点$D$。
1. 根据折叠的性质，可得$BO'=BO$，且点O在折叠后的边$A'B$上，因此$OO'=OB=BO'$，即$△ OBO'$为等边三角形，$∠ OBO'=60°$。
2. 由折叠的对称性可知，BC平分$∠ OBO'$，因此$∠ OBC=30°$。
3. 在$Rt△ BOC$中，$∠ AOB=90°$，$OB=\sqrt{3}$，$\tan30°=\frac{OC}{OB}$，代入得$OC=OB·\tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$。
4. 由折叠可知$S_{△ CO'B}=S_{△ COB}$，因此涂色部分的面积可转化为：
$\begin{aligned}S_{\mathrm{涂色}}&=S_{\mathrm{扇形}A'OB}-S_{△ BOC}-S_{△ CO'B}\\&=S_{\mathrm{扇形}AOB}-2S_{△ COB}\\&=\frac{90π× (\sqrt{3})^2}{360}-2×\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1\\&=\frac{3}{4}π-\sqrt{3}\end{aligned}$
【答案】
C
【知识点】
扇形面积计算，折叠的性质，直角三角形性质
【点评】
本题的核心是利用折叠的对称性构造出等边三角形得到特殊角，再通过割补法将不规则的阴影面积转化为规则的扇形与直角三角形的面积差，大幅简化计算，重点考察了几何转化思想的灵活运用。
【难度系数】
0.4
4. 如图,直线$AB$经过$\odot O$上的点$E$,直线$AO$交$\odot O$于点$D$,$OB$交$\odot O$于点$G$,连接$DE$交$OB$于点$F$,连接$EG$.已知$G$是$\overset{\frown}{DE}$的中点,$∠ BEF=∠ DOG$.
(1) 求证:$AB$是$\odot O$的切线.
(2) 若$BE=6,EG=GB$,求图中涂色部分的面积.
(1) 求证:$AB$是$\odot O$的切线.
(2) 若$BE=6,EG=GB$,求图中涂色部分的面积.
答案
(1) 连接$OE$.$\because G$是$\overset{\frown}{DE}$的中点,$\therefore \overset{\frown}{DG}=\overset{\frown}{EG}$,$OG$垂直平分$DE$.$\therefore ∠ DOG=∠ EOG$,$∠ BFE=90°$.$\because ∠ BEF=∠ DOG$,$\therefore ∠ BEF=∠ EOG$.$\therefore ∠ OEB=∠ OEF+∠ BEF=∠ OEF+∠ EOG=∠ BFE=90°$.$\therefore OE⊥ AB$.
$\because OE$是$\odot O$的半径,$\therefore AB$是$\odot O$的切线.
(2) $\because EG=BG$,$\therefore ∠ GEB=∠ B$.由(1)知,$∠ OEB=90°$,$\therefore ∠ OEG+∠ GEB=90°$,$∠ EOG+∠ B=90°$.
$\therefore ∠ OEG=∠ EOG$.$\therefore EG=OG$.$\therefore EG=OG=OE$.
$\therefore △ EOG$是等边三角形.$\therefore ∠ DOG=∠ EOG=60°$.
$\therefore ∠ B=90°-∠ EOG=30°$.$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ OEB$中,$OB=2OE$,则 $BE=\sqrt{OB^2-OE^2}=\sqrt{(2OE)^2-OE^2}=\sqrt{3}OE=6$.$\therefore OE=OD=OG=2\sqrt{3}$.$\because OG⊥ DE$,$OE=GE$,$\therefore OF=GF=\dfrac{1}{2}OG=\sqrt{3}$.$\therefore DF=\sqrt{OD^2-OF^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$.$\therefore S_{\mathrm{涂色}}=S_{\mathrm{扇形}DOG}-S_{△ DOF}=\dfrac{60π×(2\sqrt{3})^2}{360}-\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.$\therefore$ 涂色部分的面积为$2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.
$\because OE$是$\odot O$的半径,$\therefore AB$是$\odot O$的切线.
(2) $\because EG=BG$,$\therefore ∠ GEB=∠ B$.由(1)知,$∠ OEB=90°$,$\therefore ∠ OEG+∠ GEB=90°$,$∠ EOG+∠ B=90°$.
$\therefore ∠ OEG=∠ EOG$.$\therefore EG=OG$.$\therefore EG=OG=OE$.
$\therefore △ EOG$是等边三角形.$\therefore ∠ DOG=∠ EOG=60°$.
$\therefore ∠ B=90°-∠ EOG=30°$.$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ OEB$中,$OB=2OE$,则 $BE=\sqrt{OB^2-OE^2}=\sqrt{(2OE)^2-OE^2}=\sqrt{3}OE=6$.$\therefore OE=OD=OG=2\sqrt{3}$.$\because OG⊥ DE$,$OE=GE$,$\therefore OF=GF=\dfrac{1}{2}OG=\sqrt{3}$.$\therefore DF=\sqrt{OD^2-OF^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$.$\therefore S_{\mathrm{涂色}}=S_{\mathrm{扇形}DOG}-S_{△ DOF}=\dfrac{60π×(2\sqrt{3})^2}{360}-\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.$\therefore$ 涂色部分的面积为$2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.
解析
【分析】
这道题分为两小问，第一问要证明AB是⊙O的切线，我们首先回忆切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，所以首先想到连接辅助线OE，把证明目标转化为证明OE⊥AB。接下来结合已知条件G是弧DE的中点，根据垂径定理的推论，圆心和弧中点的连线垂直平分弧对应的弦DE，就能得到OG⊥DE，同时得到∠DOG=∠EOG，再结合题目给出的∠BEF=∠DOG，通过角的等量代换，就能推导出∠OEB=90°，完成切线的证明。
第二问求阴影部分面积，先根据EG=GB的条件，结合第一问得到的∠OEB=90°，推导角的等量关系，可判定△EOG是等边三角形，得到圆心角∠DOG=60°，再在Rt△OEB中利用30°角的直角三角形性质，结合BE=6算出圆的半径，最后用割补法，阴影部分面积等于扇形DOG的面积减去△DOF的面积，代入对应数值计算即可得到结果。
【解析】
(1) 连接OE，
∵ G是$\overset{\frown}{DE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{DG}=\overset{\frown}{EG}$，根据垂径定理可得OG垂直平分DE，
∴ $∠ DOG=∠ EOG$，$∠ BFE=90°$，
∵ $∠ BEF=∠ DOG$，
∴ $∠ BEF=∠ EOG$，
∴ $∠ OEB=∠ OEF+∠ BEF=∠ OEF+∠ EOG=∠ BFE=90°$，
即 $OE⊥ AB$，
又
∵ OE是$\odot O$的半径，
∴ AB是$\odot O$的切线。
(2)
∵ $EG=BG$，
∴ $∠ GEB=∠ B$，
由(1)知$∠ OEB=90°$，
∴ $∠ OEG+∠ GEB=90°$，$∠ EOG+∠ B=90°$，
∴ $∠ OEG=∠ EOG$，
∴ $EG=OG$，
结合$OE=OG$，可得$EG=OG=OE$，
∴ $△ EOG$是等边三角形，
∴ $∠ EOG=60°$，结合$∠ DOG=∠ EOG$，得$∠ DOG=60°$，
∴ $∠ B=90°-∠ EOG=30°$，
在$\mathrm{Rt}△ OEB$中，$OB=2OE$，由勾股定理：
$BE=\sqrt{OB^2-OE^2}=\sqrt{(2OE)^2-OE^2}=\sqrt{3}OE=6$，
解得$OE=OD=OG=2\sqrt{3}$，
∵ $OG⊥ DE$，$OD=OE$，$∠ DOG=60°$，
∴ $OF=GF=\dfrac{1}{2}OG=\sqrt{3}$，
$DF=\sqrt{OD^2-OF^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$，
阴影部分面积：
$S_{\mathrm{涂色}}=S_{\mathrm{扇形}DOG}-S_{△ DOF}=\dfrac{60π×(2\sqrt{3})^2}{360}-\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
涂色部分的面积为$2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
切线的判定，垂径定理，扇形面积计算
【点评】
本题是圆的综合中档题，第一问考察切线判定的常规辅助线构造，结合弧中点的性质完成垂直证明，属于切线判定的典型考法；第二问通过等边三角形的判定得到特殊角度，利用割补法将不规则阴影面积转化为扇形与三角形的面积差，解题思路清晰，能有效考察学生对圆相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
这道题分为两小问，第一问要证明AB是⊙O的切线，我们首先回忆切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，所以首先想到连接辅助线OE，把证明目标转化为证明OE⊥AB。接下来结合已知条件G是弧DE的中点，根据垂径定理的推论，圆心和弧中点的连线垂直平分弧对应的弦DE，就能得到OG⊥DE，同时得到∠DOG=∠EOG，再结合题目给出的∠BEF=∠DOG，通过角的等量代换，就能推导出∠OEB=90°，完成切线的证明。
第二问求阴影部分面积，先根据EG=GB的条件，结合第一问得到的∠OEB=90°，推导角的等量关系，可判定△EOG是等边三角形，得到圆心角∠DOG=60°，再在Rt△OEB中利用30°角的直角三角形性质，结合BE=6算出圆的半径，最后用割补法，阴影部分面积等于扇形DOG的面积减去△DOF的面积，代入对应数值计算即可得到结果。
【解析】
(1) 连接OE，
∵ G是$\overset{\frown}{DE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{DG}=\overset{\frown}{EG}$，根据垂径定理可得OG垂直平分DE，
∴ $∠ DOG=∠ EOG$，$∠ BFE=90°$，
∵ $∠ BEF=∠ DOG$，
∴ $∠ BEF=∠ EOG$，
∴ $∠ OEB=∠ OEF+∠ BEF=∠ OEF+∠ EOG=∠ BFE=90°$，
即 $OE⊥ AB$，
又
∵ OE是$\odot O$的半径，
∴ AB是$\odot O$的切线。
(2)
∵ $EG=BG$，
∴ $∠ GEB=∠ B$，
由(1)知$∠ OEB=90°$，
∴ $∠ OEG+∠ GEB=90°$，$∠ EOG+∠ B=90°$，
∴ $∠ OEG=∠ EOG$，
∴ $EG=OG$，
结合$OE=OG$，可得$EG=OG=OE$，
∴ $△ EOG$是等边三角形，
∴ $∠ EOG=60°$，结合$∠ DOG=∠ EOG$，得$∠ DOG=60°$，
∴ $∠ B=90°-∠ EOG=30°$，
在$\mathrm{Rt}△ OEB$中，$OB=2OE$，由勾股定理：
$BE=\sqrt{OB^2-OE^2}=\sqrt{(2OE)^2-OE^2}=\sqrt{3}OE=6$，
解得$OE=OD=OG=2\sqrt{3}$，
∵ $OG⊥ DE$，$OD=OE$，$∠ DOG=60°$，
∴ $OF=GF=\dfrac{1}{2}OG=\sqrt{3}$，
$DF=\sqrt{OD^2-OF^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$，
阴影部分面积：
$S_{\mathrm{涂色}}=S_{\mathrm{扇形}DOG}-S_{△ DOF}=\dfrac{60π×(2\sqrt{3})^2}{360}-\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
涂色部分的面积为$2π-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
切线的判定，垂径定理，扇形面积计算
【点评】
本题是圆的综合中档题，第一问考察切线判定的常规辅助线构造，结合弧中点的性质完成垂直证明，属于切线判定的典型考法；第二问通过等边三角形的判定得到特殊角度，利用割补法将不规则阴影面积转化为扇形与三角形的面积差，解题思路清晰，能有效考察学生对圆相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
5. 如图,在正方形$ABCD$中有一点$P$,连接$AP,BP,CP$,旋转$△ APB$到$△ CEB$的位置.
(1) 若正方形$ABCD$的边长是$8$,$PB=4$,求涂色部分的面积.
(2) 若$PB=4$,$PA=7$,$∠ APB=135°$,求$PC$的长.
(1) 若正方形$ABCD$的边长是$8$,$PB=4$,求涂色部分的面积.
(2) 若$PB=4$,$PA=7$,$∠ APB=135°$,求$PC$的长.
答案
(1) $\because$ 把$△ APB$旋转到$△ CEB$的位置,$\therefore △ APB≌△ CEB$,$∠ PBE=∠ ABC=90°$.$\therefore S_{△ APB}=S_{△ CEB}$.
$\therefore S_{\mathrm{涂色部分}}=S_{\mathrm{扇形}BAC}+S_{△ BCE}-S_{△ ABP}-S_{\mathrm{扇形}PBE}=S_{\mathrm{扇形}BAC}-S_{\mathrm{扇形}PBE}=\dfrac{90×π×8^2}{360}-\dfrac{90×π×4^2}{360}=12π$.
(2) 连接$PE$.$\because △ APB≌△ CEB$,$\therefore BP=BE=4$,$∠ ABP=∠ CBE$,$PA=EC=7$,$∠ APB=∠ CEB=135°$.
$\because ∠ PBE=90°$,$\therefore △ PBE$为等腰直角三角形.$\therefore$ 易得$∠ BEP=45°$,$PE=4\sqrt{2}$.$\therefore ∠ PEC=∠ CEB-∠ BEP=135°-45°=90°$.$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ PEC$中,$PC=\sqrt{PE^2+EC^2}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2+7^2}=9$.
$\therefore S_{\mathrm{涂色部分}}=S_{\mathrm{扇形}BAC}+S_{△ BCE}-S_{△ ABP}-S_{\mathrm{扇形}PBE}=S_{\mathrm{扇形}BAC}-S_{\mathrm{扇形}PBE}=\dfrac{90×π×8^2}{360}-\dfrac{90×π×4^2}{360}=12π$.
(2) 连接$PE$.$\because △ APB≌△ CEB$,$\therefore BP=BE=4$,$∠ ABP=∠ CBE$,$PA=EC=7$,$∠ APB=∠ CEB=135°$.
$\because ∠ PBE=90°$,$\therefore △ PBE$为等腰直角三角形.$\therefore$ 易得$∠ BEP=45°$,$PE=4\sqrt{2}$.$\therefore ∠ PEC=∠ CEB-∠ BEP=135°-45°=90°$.$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ PEC$中,$PC=\sqrt{PE^2+EC^2}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2+7^2}=9$.
解析
【分析】
第(1)问：首先根据旋转的性质，旋转前后的图形全等，可得△APB和△CEB面积相等。观察涂色部分的组成，将涂色面积拆分后，两个全等三角形的面积可以相互抵消，直接把不规则涂色面积转化为圆心角90°的大扇形BAC减去圆心角90°的小扇形PBE的面积，代入扇形面积公式即可快速算出结果。
第(2)问：同样利用旋转的性质得到对应边、对应角相等，可推导出∠PBE=90°，连接PE后得到等腰直角三角形PBE，先算出PE的长度和∠BEP的度数，结合已知的∠APB=135°，可推导出∠PEC=90°，将PC放到直角三角形PEC中，用勾股定理就能直接求出PC的长度。
【解析】
(1) 由旋转的性质可得：$△ APB ≌ △ CEB$，因此$S_{△ APB}=S_{△ CEB}$，且旋转角$∠ PBE = ∠ ABC = 90°$。
对涂色部分面积做等量转化：
$\begin{aligned}S_{\mathrm{涂色部分}}&=S_{\mathrm{扇形}BAC}+S_{△ BCE}-S_{△ ABP}-S_{\mathrm{扇形}PBE}\\&=S_{\mathrm{扇形}BAC}-S_{\mathrm{扇形}PBE}\end{aligned}$
代入扇形面积公式$S_{\mathrm{扇形}}=\frac{nπ r^2}{360}$，其中大扇形BAC半径为正方形边长8，小扇形PBE半径为PB=4，圆心角均为90°：
$S_{\mathrm{涂色部分}}=\frac{90×π×8^2}{360}-\frac{90×π×4^2}{360}=16π-4π=12π$
(2) 连接PE，由$△ APB ≌ △ CEB$可得：
$BP=BE=4$，$PA=EC=7$，$∠ CEB=∠ APB=135°$，$∠ ABP=∠ CBE$。
因此$∠ PBE=∠ PBC+∠ CBE=∠ PBC+∠ ABP=∠ ABC=90°$，即$△ PBE$为等腰直角三角形，可得$∠ BEP=45°$，由勾股定理得$PE=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
计算得$∠ PEC=∠ CEB-∠ BEP=135°-45°=90°$，即$△ PEC$是直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ PEC$中，由勾股定理：
$PC=\sqrt{PE^2+EC^2}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2+7^2}=\sqrt{32+49}=\sqrt{81}=9$
【答案】
(1) 涂色部分的面积为$12π$；(2) $PC$的长为$9$
【知识点】
旋转的性质，扇形面积计算，勾股定理
【点评】
本题是初中几何旋转的经典常考题，核心考察旋转的等量转化作用：第一问通过全等三角形的面积替换，把不规则阴影面积转化为两个规则扇形的面积差，避免了复杂的拆分计算；第二问通过旋转构造出等腰直角三角形和目标直角三角形，将分散的已知条件集中到直角三角形中用勾股定理求解，这类旋转构造模型是中考几何的高频考点，需要熟练掌握边、角的代换技巧。
【难度系数】
0.6
第(1)问：首先根据旋转的性质，旋转前后的图形全等，可得△APB和△CEB面积相等。观察涂色部分的组成，将涂色面积拆分后，两个全等三角形的面积可以相互抵消，直接把不规则涂色面积转化为圆心角90°的大扇形BAC减去圆心角90°的小扇形PBE的面积，代入扇形面积公式即可快速算出结果。
第(2)问：同样利用旋转的性质得到对应边、对应角相等，可推导出∠PBE=90°，连接PE后得到等腰直角三角形PBE，先算出PE的长度和∠BEP的度数，结合已知的∠APB=135°，可推导出∠PEC=90°，将PC放到直角三角形PEC中，用勾股定理就能直接求出PC的长度。
【解析】
(1) 由旋转的性质可得：$△ APB ≌ △ CEB$，因此$S_{△ APB}=S_{△ CEB}$，且旋转角$∠ PBE = ∠ ABC = 90°$。
对涂色部分面积做等量转化：
$\begin{aligned}S_{\mathrm{涂色部分}}&=S_{\mathrm{扇形}BAC}+S_{△ BCE}-S_{△ ABP}-S_{\mathrm{扇形}PBE}\\&=S_{\mathrm{扇形}BAC}-S_{\mathrm{扇形}PBE}\end{aligned}$
代入扇形面积公式$S_{\mathrm{扇形}}=\frac{nπ r^2}{360}$，其中大扇形BAC半径为正方形边长8，小扇形PBE半径为PB=4，圆心角均为90°：
$S_{\mathrm{涂色部分}}=\frac{90×π×8^2}{360}-\frac{90×π×4^2}{360}=16π-4π=12π$
(2) 连接PE，由$△ APB ≌ △ CEB$可得：
$BP=BE=4$，$PA=EC=7$，$∠ CEB=∠ APB=135°$，$∠ ABP=∠ CBE$。
因此$∠ PBE=∠ PBC+∠ CBE=∠ PBC+∠ ABP=∠ ABC=90°$，即$△ PBE$为等腰直角三角形，可得$∠ BEP=45°$，由勾股定理得$PE=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
计算得$∠ PEC=∠ CEB-∠ BEP=135°-45°=90°$，即$△ PEC$是直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ PEC$中，由勾股定理：
$PC=\sqrt{PE^2+EC^2}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2+7^2}=\sqrt{32+49}=\sqrt{81}=9$
【答案】
(1) 涂色部分的面积为$12π$；(2) $PC$的长为$9$
【知识点】
旋转的性质，扇形面积计算，勾股定理
【点评】
本题是初中几何旋转的经典常考题，核心考察旋转的等量转化作用：第一问通过全等三角形的面积替换，把不规则阴影面积转化为两个规则扇形的面积差，避免了复杂的拆分计算；第二问通过旋转构造出等腰直角三角形和目标直角三角形，将分散的已知条件集中到直角三角形中用勾股定理求解，这类旋转构造模型是中考几何的高频考点，需要熟练掌握边、角的代换技巧。
【难度系数】
0.6
