训练 1. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = 6$，$\angle C = 24^{\circ}$，以 $AB$ 为直径的 $\odot O$ 交 $BC$ 于点 $D$，连接 $OD$，若 $D$ 为 $BC$ 的中点，则图中阴影部分的面积为。(结果保留 $\pi$)

6π/5

连接AD，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC。
∵D为BC中点，
∴AD垂直平分BC，
∴AB=AC，△ABC为等腰三角形，∠B=∠C=24°。
∵O为AB中点，D为BC中点，
∴OD为△ABC中位线，OD//AC，OD=1/2AC。
∵OD//AC，
∴∠ODB=∠C=24°。
∵OD=OB（半径），
∴△ODB为等腰三角形，∠OBD=∠ODB=24°，
∴∠BOD=180°-2×24°=132°。
∴∠AOD=180°-∠BOD=48°（平角定义）。
阴影部分为扇形OAD，半径OA=3，面积=（48/360）π×3²=（48×9）/360 π=6π/5。

2. 如图，正六边形 $ABCDEF$ 的边长为 3，以点 $A$ 为圆心，$AC$ 的长为半径画弧，得到 $\overset{\frown}{EC}$，连接 $AC$，$AE$，则图中阴影部分的面积为。(结果保留 $\pi$)

$\frac{27\pi}{4}$

1. 首先求$\angle EAC$的度数：
因为正六边形$ABCDEF$的内角和为$(6 - 2)×180^{\circ}=720^{\circ}$，所以每个内角$\angle B=\angle BAF = 120^{\circ}$，$AB = BC$。
在$\triangle ABC$中，根据等腰三角形性质及三角形内角和定理，$\angle BAC=\angle BCA=\frac{180^{\circ}-\angle B}{2}$，把$\angle B = 120^{\circ}$代入，得$\angle BAC=\angle BCA = 30^{\circ}$。
又因为$\angle EAB = 120^{\circ}$，所以$\angle EAC=\angle EAB-\angle BAC=120^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ}$。
2. 然后求$AC$的长度：
过点$B$作$BH⊥ AC$于点$H$，在$Rt\triangle ABH$中，$AB = 3$，$\angle BAH = 30^{\circ}$，则$BH=\frac{1}{2}AB=\frac{3}{2}$，$AH=\sqrt{AB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{3^{2}-(\frac{3}{2})^{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
因为$AC = 2AH$（等腰三角形三线合一），所以$AC = 3\sqrt{3}$。
3. 最后求阴影部分面积：
根据扇形面积公式$S=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（$n$是圆心角，$r$是半径），这里$n = 90^{\circ}$，$r = AC = 3\sqrt{3}$。
则$S_{阴影}=S_{扇形EAC}=\frac{90\pi×(3\sqrt{3})^{2}}{360}$。
计算$(3\sqrt{3})^{2}=27$，所以$S_{阴影}=\frac{90\pi×27}{360}=\frac{27\pi}{4}$。
故答案为$\frac{27\pi}{4}$。

例2 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，若 $AC$ 绕点 $C$ 逆时针旋转后，点 $A$ 落在 $CD$ 延长线上的点 $A'$ 处，点 $A$ 经过的路径为 $\overset{\frown}{AA'}$，则图中阴影部分的面积为 ()

A.$\frac{\pi}{4}-2$
B.$\frac{\pi}{2}-1$
C.$\frac{\pi}{3}-1$
D.$\pi - 2$

D

在正方形ABCD中，AB=2，
∴边长为2，对角线AC=2√2。AC绕点C逆时针旋转后，点A落在CD延长线上的A'处，
∴CA'=CA=2√2，旋转角∠ACA'=45°（因为AC与CD夹角45°，旋转后CA'在CD延长线上）。
扇形CAA'的面积：$S_{扇形}=\frac{45°}{360°}×π×(2\sqrt{2})^2=\frac{1}{8}×π×8=π$。
在△CA'D中，CD=2，CA'=2√2，∠DCA'=45°，其面积：$S_{△CA'D}=\frac{1}{2}×CD×CA'×sin45°=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$。
阴影部分面积=扇形面积 - △CA'D面积=π - 2。

训练 3. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$AB = 4$，$\angle BAD = 60^{\circ}$，连接 $AC$，取 $AC$ 的中点 $O$，以点 $A$ 为圆心，$AO$ 长为半径画弧，分别交边 $AD$，$AB$ 于 $E$，$F$，则图中阴影部分的面积是。(结果保留 $\pi$)

$4\sqrt{3}-\pi$

在菱形$ABCD$中，$AB=4$，$\angle BAD=60°$，则$\triangle ABD$为等边三角形，$AC$为对角线。
1. 求对角线$AC$：在$Rt\triangle AOB$中（$O$为$AC$中点，即对角线交点），$\angle OAB=30°$，$AB=4$，则$AO=AB·\cos30°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，故$AC=2AO=4\sqrt{3}$。
2. 菱形面积：$S_{菱形}=AB×$高$=4×(4×\sin60°)=4×2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$，则$\triangle ACD$面积为$\frac{1}{2}S_{菱形}=4\sqrt{3}$。
3. 扇形面积：以$A$为圆心，$AO=2\sqrt{3}$为半径，圆心角$\angle EAF=60°$，扇形$AEF$面积$=\frac{60°}{360°}×\pi×(2\sqrt{3})^2=2\pi$。其中扇形在$\triangle ACD$内的部分圆心角为$30°$，面积$=\frac{30°}{360°}×\pi×(2\sqrt{3})^2=\pi$。
4. 阴影部分面积：$\triangle ACD$面积$-$扇形在$\triangle ACD$内的面积$=4\sqrt{3}-\pi$。

4. 如图，在扇形 $AOB$ 中，$\angle AOB = 120^{\circ}$，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。(结果保留 $\pi$)

$\pi$

例3 (2025 郑州二模)如图，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，$AC = 3$，点 $D$ 为直角边 $BC$ 上的一点，以点 $D$ 为圆心，$CD$ 为半径作半圆 $D$，斜边 $AB$ 与半圆 $D$ 相切于点 $E$，则图中阴影部分的面积为 ()

A.$\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi}{6}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6}$

B

1. 首先，在$Rt\triangle ABC$中：
已知$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，$AC = 3$。根据$30^{\circ}$所对直角边是斜边的一半，可得$AB = 2AC=6$。
再根据勾股定理$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}} = 3\sqrt{3}$。
2. 然后，连接$DE$：
因为$AB$与半圆$D$相切于点$E$，所以$DE⊥ AB$，设$CD = DE = r$。
又因为$\angle B = 30^{\circ}$，在$Rt\triangle BDE$中，$BD = 2DE = 2r$。
由于$BC=BD + CD$，即$3\sqrt{3}=2r + r$，解得$r=\sqrt{3}$。
那么$BD = 2\sqrt{3}$，$DE=\sqrt{3}$。
3. 接着，求$S_{\triangle BDE}$和$S_{扇形DEF}$：
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高），$S_{\triangle BDE}=\frac{1}{2}× BE× DE$。
由$\angle B = 30^{\circ}$，$DE=\sqrt{3}$，$BD = 2\sqrt{3}$，根据勾股定理$BE=\sqrt{BD^{2}-DE^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}} = 3$，所以$S_{\triangle BDE}=\frac{1}{2}×3×\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
根据扇形面积公式$S=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（$n$为圆心角，$r$为半径），$\angle BDE = 60^{\circ}$，$r = \sqrt{3}$，则$S_{扇形DEF}=\frac{60\pi×(\sqrt{3})^{2}}{360}=\frac{\pi}{2}$。
4. 最后，求阴影部分面积$S_{阴}$：
$S_{阴}=S_{\triangle BDE}-S_{扇形DEF}$。
把$S_{\triangle BDE}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$S_{扇形DEF}=\frac{\pi}{2}$代入得$S_{阴}=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{2}$。
所以图中阴影部分的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{2}$，答案是B。

训练 5. (2025 信阳模拟)如图，在扇形 $AOB$ 中，$\angle AOB = 90^{\circ}$，点 $C$ 为 $OA$ 上一个动点，连接 $BC$，以 $BC$ 为对称轴折叠 $\triangle OBC$ 得到 $\triangle DBC$，点 $O$ 的对应点为点 $D$，当点 $D$ 落在 $\overset{\frown}{AB}$ 上时，若 $OA = 2$，则阴影部分的面积为 ()

A.$\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{2\pi}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{2\pi}{3}+\frac{2\sqrt{3}}{3}$

C