10. 亮点原创 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=4$,$BC=3$,矩形在直线$l$上绕其右下角的顶点$B$向右旋转$90°$至①位置,再绕右下角的顶点继续向右旋转$90°$至②位置……以此类推,这样连续旋转2026次后,顶点$A$在整个旋转过程中所经过的路线长是.

10. $3\ 040.5π$
解析:由题意,得 $AC=5$,第一次旋转顶点 $A$ 经过的路线长是$\dfrac{90π×4}{180}=2π$,第二次旋转顶点 $A$ 经过的路线长是 $\dfrac{90π×5}{180}=2.5π$,第三次旋转顶点 $A$ 经过的路线长是 $\dfrac{90π×3}{180}=1.5π$,第四次旋转顶点 $A$ 经过的路线长是 $0$,第五次旋转顶点 $A$ 经过的路线长是 $\dfrac{90π×4}{180}=2π$……以此类推,每四次旋转为一个循环周期. 因为 $2\ 026÷4=506······2$,所以连续旋转 $2\ 026$ 次后,顶点 $A$ 在整个旋转过程中所经过的路线长是 $(2π+2.5π+1.5π+0)×506+2π+2.5π=3\ 040.5π$.
方法归纳
解答此类问题时,首先根据题意寻找动点运动路径的规律,并根据此规律求出动点的路径循环一次经过的路径长,然后根据已知判断动点路径循环了多少次,最后据此进行解答.

11. (2025·辽宁) 已知在 $△ ABC$ 中, $AC=BC$,以 $AB$ 为直径作 $\odot O$, 与 $AC$ 相交于点 $D$, 连接 $OC$, 与 $\odot O$ 相交于点 $E$.
(1) 如图①, 连接 $DE$, 求 $∠ ADE$ 的度数;
(2) 如图②, 若 $D$ 为 $AC$ 的中点, 且 $AC=6$,求 $\overset{\frown}{DE}$ 的长.

11. (1) 连接 $OD$. 因为 $AB$ 为 $\odot O$ 的直径,所以 $OA=OB$. 因为 $AC=BC$,所以 $OC⊥ AB$,所以 $∠ AOC=90°$. 因为 $OA=OD=OE$,所以 $∠ A=∠ ODA$,$∠ ODE=∠ OED$,所以 $∠ A+∠ ODA+∠ ODE+∠ OED=360°-∠ AOC=270°$,所以 $2(∠ ODA+∠ ODE)=270°$,所以 $∠ ODA+∠ ODE=135°$,所以 $∠ ADE=135°$.
(2) 连接 $OD$. 因为 $∠ AOC=90°$,$D$ 为 $AC$ 的中点,$AC=6$,所以 $OA=OD=AD=\dfrac{1}{2}AC=3$,所以 $△ AOD$ 为等边三角形,所以 $∠ AOD=60°$,所以 $∠ COD=∠ AOC-∠ AOD=30°$,所以 $\overset{\frown}{DE}$ 的长为 $\dfrac{30π×3}{180}=\dfrac{π}{2}$.

12. 新趋势 推导探究 如图，$△ ABC$ 是 $\odot O$ 的内接三角形，$∠ ACB = 60°$，$AD$ 经过圆心 $O$ 交$\odot O$ 于点 $E$，连接 $BD$，$∠ ADB = 30°$.
(1) 判断直线 $BD$ 与 $\odot O$ 的位置关系，并说明理由；
(2) 若 $AB = 4\sqrt{3}$，求阴影部分的面积.

12. (1) 直线 $BD$ 与 $\odot O$ 相切. 理由如下:连接 $OB$. 因为 $∠ ACB=60°$,所以 $∠ AOB=2∠ ACB=120°$,所以 $∠ BOD=180°-∠ AOB=60°$. 因为 $∠ ADB=30°$,所以 $∠ OBD=180°-∠ BOD-∠ ADB=90°$,所以 $OB⊥ BD$. 因为 $OB$ 是 $\odot O$ 的半径,所以直线 $BD$ 与 $\odot O$ 相切.
(2) 因为 $∠ BOD=60°$,所以 $∠ BAD=\dfrac{1}{2}∠ BOD=30°$. 因为 $∠ ADB=30°$,所以 $∠ BAD=∠ ADB$,所以 $BD=AB=4\sqrt{3}$. 因为 $∠ OBD=90°$,所以 $OB=\dfrac{1}{2}OD$. 设 $OB=x$,则 $OD=2x$,所以 $BD=\sqrt{OD^2-OB^2}=\sqrt{3}x$,所以 $\sqrt{3}x=4\sqrt{3}$,解得 $x=4$,所以 $OB=4$,所以 $S_{△ OBD}=\dfrac{1}{2}OB· BD=8\sqrt{3}$,$S_{\mathrm{扇形}OBE}=\dfrac{60π×4^2}{360}=\dfrac{8π}{3}$,所以 $S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ OBD}-S_{\mathrm{扇形}OBE}=8\sqrt{3}-\dfrac{8π}{3}$. 故阴影部分的面积为 $8\sqrt{3}-\dfrac{8π}{3}$.

13. 如图,在扇形 $OAB$ 中,$∠ AOB=120°$,半径
$OC$ 交弦 $AB$ 于点 $D$,且 $OC⊥ OA$. 若 $OA=$$2\sqrt{3}$,则阴影部分的面积为 （）

A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{3}+π$
C.$2π$
D.$2\sqrt{3}+π$

13. B
解析:过点 $O$ 作 $OE⊥ AB$ 于点 $E$,则 $∠ OEA=90°$,$AE=\dfrac{1}{2}AB$. 因为 $∠ AOB=120°$,$OA=OB$,所以 $∠ OAB=∠ OBA=\dfrac{1}{2}(180°-∠ AOB)=30°$,所以 $OE=\dfrac{1}{2}OA$. 因为 $OA=2\sqrt{3}$,所以 $OE=\sqrt{3}$,所以 $AE=\sqrt{OA^2-OE^2}=3$,所以 $AB=2AE=6$. 因为 $OC⊥ OA$,所以 $∠ AOD=90°$,所以 $AD=2OD$. 设 $OD=x$,则 $AD=2x$,所以 $OA=\sqrt{AD^2-OD^2}=\sqrt{3}x$. 又 $OA=2\sqrt{3}$,所以 $\sqrt{3}x=2\sqrt{3}$,解得 $x=2$,所以 $OD=2$,$AD=4$,所以 $S_{△ AOD}=\dfrac{1}{2}OD· OA=2\sqrt{3}$,$BD=AB-AD=2$,所以 $S_{△ OBD}=\dfrac{1}{2}BD· OE=\sqrt{3}$. 因为 $∠ BOC=∠ AOB-∠ AOD=30°$,所以 $S_{\mathrm{扇形}OBC}=\dfrac{30π×(2\sqrt{3})^2}{360}=π$, 所以 $S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ AOD}+S_{\mathrm{扇形}OBC}-S_{△ OBD}=\sqrt{3}+π$. 故阴影部分的面积为 $\sqrt{3}+π$.

14. (2026·江苏扬州期中)如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90^{ \circ }$,$AC=BC=2$,将$△ ABC$绕$AC$的中点$D$逆时针旋转$90^{ \circ }$得到$△ A'B'C'$,其中点$B$的运动路径为弧$BB'$,则阴影部分的面积为.

14. $\dfrac{5π}{4}-\dfrac{3}{2}$
解析:如图,连接 $B'D,BD$,过点 $D$ 作 $DE⊥ A'B'$ 于点 $E$. 因为 $∠ ACB=90°$,$AC=BC=2$,所以 $AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=2\sqrt{2}$. 因为 $D$ 是 $AC$ 的中点,所以 $CD=\dfrac{1}{2}AC=1$,所以 $BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=\sqrt{5}$. 由旋转的性质,得 $A'B'⊥ AB$,$∠ B'DB=90°$. 由题意,得 $DE=\dfrac{1}{2}AA'=\dfrac{1}{4}AB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$,$B'C=A'B'-A'C=AB-A'C=\sqrt{2}$, 所以 $S_{\mathrm{扇形}DBB'}=\dfrac{90π×(\sqrt{5})^2}{360}=\dfrac{5π}{4}$,$S_{△ B'CD}=\dfrac{1}{2}B'C· DE=\dfrac{1}{2}$,$S_{△ BCD}=\dfrac{1}{2}BC· CD=1$,所以 $S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{扇形}DBB'}-S_{△ B'CD}-S_{△ BCD}=\dfrac{5π}{4}-\dfrac{3}{2}$. 故阴影部分的面积为 $\dfrac{5π}{4}-\dfrac{3}{2}$.

15. 如图，$\odot O$ 是 $△ ABC$ 的外接圆，$OA = 2$，$OA ⊥ OB$，$AC$ 交 $OB$ 于点 $D$，$CD = \dfrac{1}{2}AD$.
(1) 求$∠ BOC$的度数；
(2) 求线段 $BD$、线段 $CD$ 和 $\overset{\frown}{BC}$ 围成的图形(阴影部分)的面积 $S$.

15. (1) 如图,取 $AD$ 的中点 $E$,连接 $OE$. 因为 $OA⊥ OB$,所以 $∠ AOB=90°$,所以 $OE=AE=DE=\dfrac{1}{2}AD$. 因为 $CD=\dfrac{1}{2}AD$,所以 $AE=CD$. 因为 $OA=OC$,所以 $∠ OAE=∠ OCD$. 在 $△ OAE$ 和 $△ OCD$ 中,$\begin{cases} OA=OC, \\ ∠ OAE=∠ OCD, \\ AE=CD, \end{cases}$所以 $△ OAE≌△ OCD$,所以 $∠ AOE=∠ COD$,$OE=OD$,所以 $DE=OE=OD$,所以 $△ ODE$ 是等边三角形,所以 $∠ DOE=60°$,所以 $∠ COD=∠ AOE=∠ AOB-∠ DOE=30°$,即 $∠ BOC=30°$.

(2) 如图,过点 $O$ 作 $OF⊥ AC$ 于点 $F$,则 $∠ OFA=90°$,$AF=\dfrac{1}{2}AC$. 因为 $∠ AOB=90°$,$∠ BOC=30°$,所以 $∠ AOC=∠ AOB+∠ BOC=120°$. 因为 $OA=OC$,所以 $∠ OAC=∠ OCA=\dfrac{1}{2}(180°-∠ AOC)=30°$,所以 $OF=\dfrac{1}{2}OA$. 因为 $OA=2$,所以 $OF=1$,所以 $AF=\sqrt{OA^2-OF^2}=\sqrt{3}$,所以 $AC=2AF=2\sqrt{3}$. 因为 $CD=\dfrac{1}{2}AD$,所以 $CD=\dfrac{1}{3}AC=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$,所以 $S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}CD· OF=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$. 因为 $OB=OA=2$,所以 $S_{\mathrm{扇形}OBC}=\dfrac{30π×2^2}{360}=\dfrac{π}{3}$,所以线段 $BD$、线段 $CD$ 和 $\overset{\frown}{BC}$ 围成的图形的面积 $S=S_{\mathrm{扇形}OBC}-S_{△ OCD}=\dfrac{π-\sqrt{3}}{3}$.