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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.$\dfrac{41π}{4} -20$
B.$\dfrac{41π}{2} -20$
C.$20π$
D.$20$
(第1题) (第2题)
D
)A.$\dfrac{41π}{4} -20$
B.$\dfrac{41π}{2} -20$
C.$20π$
D.$20$
(第1题) (第2题)
答案
1.D
2 如图,在$3×3$的正方形网格中,小正方形的顶点称为格点,顶点均在格点上的图形称为格点图形,图中的圆弧为格点三角形$ABC$外接圆的一部分,每个小正方形的边长均为1,则图中涂色部分的面积为 (
A.$\frac{5π}{2} - \frac{7}{4}$
B.$\frac{5π}{2} - \frac{7}{2}$
C.$\frac{5π}{4} - \frac{7}{4}$
D.$\frac{5π}{4} - \frac{7}{2}$
D
)A.$\frac{5π}{2} - \frac{7}{4}$
B.$\frac{5π}{2} - \frac{7}{2}$
C.$\frac{5π}{4} - \frac{7}{4}$
D.$\frac{5π}{4} - \frac{7}{2}$
答案
2.D
3 如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,将矩形ABCD绕点D旋转$180°$后停止,则矩形ABCD在旋转过程中扫过的面积为
$48+50π$
.答案
3.$48+50π$ 解析:矩形ABCD在旋转过程中扫过的面积是矩形ABCD的面积与半径为BD的半圆的面积之和.
4 如图,在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB = 90°$, $AC = BC = 2$. 将 $△ ABC$ 绕 $AC$ 的中点 $D$ 按逆时针方向旋转 $90°$ 得到 $△ A'B'C'$, 其中点 $B$ 的运动路径为 $\overset{\frown}{BB'}$. 求涂色部分的面积.
答案
4. 如图,连结$BD,B'D$. 由旋转的性质可知,$△ BCD≌△ B'C'D$,$∠ BDB'=∠ CDC'=90°$,$BC=B'C'=2$,$CD=C'D$. 因为D为AC的中点,所以$C'D=CD=\dfrac{1}{2}AC=1$. 所以在$\mathrm{Rt}△ BCD$中,由勾股定理,得$BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$. 所以$S_{\mathrm{扇形}BDB'}=\dfrac{90π× (\sqrt{5})^2}{360}=\dfrac{5π}{4}$. 因为$△ BCD≌△ B'C'D$,所以$S_{△ BCD}=S_{△ B'C'D}$. 易得四边形$CDC'B'$为梯形,所以$S_{△ BCD} + S_{△ B'CD} = S_{△ B'C'D} + S_{△ B'CD} = S_{\mathrm{梯形}CDC'B'} = \dfrac{1}{2}(CD+B'C')· C'D = \dfrac{1}{2}×(1+2)×1=\dfrac{3}{2}$. 所以$S_{\mathrm{涂色部分}} = S_{\mathrm{扇形}BDB'} - (S_{△ BCD} + S_{△ B'CD}) = S_{\mathrm{扇形}BDB'} - S_{\mathrm{梯形}CDC'B'} = \dfrac{5π}{4} - \dfrac{3}{2}$
5 如图,在扇形AOB内部作一个菱形ODCE,其中点D,E分别在OA,OB上,点C在$\overset{\frown}{AB}$上.若$OA=4$,$∠ AOB=80°$,则图中涂色部分的面积是 (
A.$\frac{4π}{9}$
B.$\frac{16π}{9}$
C.$\frac{32π}{9}$
D.$\frac{4π}{9}+2\sqrt{3}$
B
)A.$\frac{4π}{9}$
B.$\frac{16π}{9}$
C.$\frac{32π}{9}$
D.$\frac{4π}{9}+2\sqrt{3}$
答案
5.B 解析:如图,连结OC. 因为四边形OECD是菱形,所以$CD// OE$,$∠ BOC=\dfrac{1}{2}∠ AOB=40°$. 所以$S_{△ DOE}=S_{△ COE}$. 所以$S_{\mathrm{涂色部分}}=S_{\mathrm{扇形}BOC}=\dfrac{40π× 4^2}{360}=\dfrac{16π}{9}$
6 如图,在扇形AOB中,$∠ AOB=90°$,$OA=2$,以点B为圆心,OB为半径画弧,交$\overset{\frown}{AB}$于点C,连结BC,则图中涂色部分的面积是(
A.$\frac{π}{3}$
B.$\frac{π}{4}$
C.$\frac{π}{6}$
D.$\frac{π}{12}$
A
)A.$\frac{π}{3}$
B.$\frac{π}{4}$
C.$\frac{π}{6}$
D.$\frac{π}{12}$
答案
6.A
7 如图,四边形 ACED 是$\odot O$的内接四边形,AC 经过圆心O,延长 CE 与 AD 相交于点 B.若 E 是 BC 的中点,ED 平分$∠ AEB$,且 AC=2,求涂色部分的面积.
答案
7. 如图,连结OE,OD. 因为AC为$\odot O$的直径,所以$∠ AEC=90°$. 因为E是BC的中点,O是AC的中点,所以OE是$△ ABC$的中位线. 所以$OE// AB$. 所以$S_{△ AOD}=S_{△ AED}$. 所以$S_{\mathrm{涂色}}=S_{\mathrm{扇形}AOD}$. 因为$∠ AEC=90°$,所以$∠ AEB=90°$. 因为ED平分$∠ AEB$,所以$∠ AED=\dfrac{1}{2}∠ AEB=\dfrac{1}{2}×90°=45°$. 所以$∠ AOD=2∠ AED=2×45°=90°$. 因为$AC=2$,所以$OA=OD=\dfrac{1}{2}AC=1$. 所以$S_{\mathrm{扇形}AOD}=\dfrac{90π× 1^2}{360}=\dfrac{π}{4}$. 所以$S_{\mathrm{涂色}}=\dfrac{π}{4}$,即涂色部分的面积为$\dfrac{π}{4}$
