弧度制及其与角度制的换算练习题

弧度制及其与角度制的换算练习题
1. 中心角为135∘的扇形，其面积为S1，其围成的圆锥的表面积为S2，则S1
S2
=()
A.11
8B.13
8
C.8
11
D.8
13
2. 小明出国旅游，因当地时间比中国时间晚一个小时，他需要将表的时针拨慢1小时，则时针转过的角的弧度数是（）
A.π
3B.π
6
C.−π
3
D.−π
6
3. 我们学过用角度制与弧度制度量角，最近，有学者提出用“面度制”度量角，因为在半径不同的同心圆中，同样的圆心角所对扇形的面积与半径平方之比是常数，从而称这个常数为该角的面度数，这种用面度作为单位来度量角的单位制，叫做面度制．在
面度制下，角θ的面度数为，则角θ的余弦值为（）
A. B. C. D.
4. 在△ABC中，关于x的方程(1+x2)sin A+2x sin B+(1−x2)sin C＝0无实数根，则△ABC的形状为（）
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.等边三角形
5. 《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积=1
2
（弦+矢）×矢，弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差现有圆心
角为2π
3
，半径等于20米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是( )（参考数据：π≈3.14，√3≈1.73）
A.220平方米
B.246平方米
C.223平方米
D.250平方米
6. 在单位圆中，150∘的圆心角所对的弧长为（）
A.2π
3B.3π
4
C.5π
6
D.π
7. 如图，PM是圆O的切线，M为切点，PAB是圆的割线，AD // PM，点D在圆上，AD 与MB交于点C．若AB＝6，BC＝4，AC＝3，则CD等于（）
A.16
9B.4
3
C.9
16
D.3
4
8. 半径为1cm，圆心角为150∘的弧长为（）
A.5 3cm
B.5π
3
cm C.5
6
cm D.5π
6
cm
9. 已知扇形的弧长为π，面积为2π，则这个扇形的圆心角的弧度数为()
A.π
4B.π
2
C.2
D.4
10. 天干地支纪年法，源于中国.中国自古便有十天干与十二地支.十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干
在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”……依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”……依此类推．已知1949年为“己丑”年，那么到新中国成立80周年时，即2029年为( ).
A.己丑年
B.己酉年
C.壬巳年
D.辛未年
11. （1）已知a=835∘，β=25
6
π．将a用弧度制表示为________，它为第________象
限角；将β用角度制表示________，在[−720∘, 0∘]内与它终边相同的角为
________． 11.
（2）角的终边落在y=√3x(x>0)上的角的集合为________，角的终边落在y=√3x
的角的集合为________．
12. 若扇形的周长是8cm，面积4cm2，则扇形的圆心角为________rad．
13. 你在忙着答题，秒针在忙着“转圈”，现在经过了1小时，则分针转过的角的弧度数是________．
14. 走时精确的钟表，中午12时，分针与时针重合于表面上12的位置，则当下一次分针与时针重合时，时针转过的弧度数的绝对值等于________．
15. 如图，动点P，Q从点A(3, 0)出发绕⊙O作圆周运动，若点M按逆时针方向每秒钟
转π
3rad，点N按顺时针方向每秒钟转π
6
rad．则当M、N第一次相遇时，点M转过的弧
长为________．
16. 一个扇形的面积为4，周长为8，则扇形的圆心角为________．
17. 用30cm长的铁丝围成一个扇形，应怎样设计才能使扇形的面积最大？最大面积是多少？
18. 如图，圆周上点A依逆时针方向做匀速圆周运动，已知A点1分钟转过θ(0∘<θ< 180∘)，2分钟到第三象限，16分钟后回到原来的位置，求
θ．
19. 已经cos(2θ−3π)=7
25
，且θ是第四象限角，
（1）求cosθ和sinθ的值；
（2）求cos (π2
−θ)
tan θ[cos (π+θ)−1]+sin (θ−
3π2
)tan (π−θ)cos (−θ)的值．
20. 设α1＝−570∘，α2＝750∘，β1=
3π
5
，β2=−π
3． （1）将α1，α2用弧度制表示出来并指出它们各自的终边所在的象限；
（2）将β1，β2用角度制表示出来，并在−720∘∼0∘范围内找出它们终边相同的所有角．
参考答案与试题解析
弧度制及其与角度制的换算练习题
一、选择题（本题共计 10 小题，每题 5 分，共计50分）
1.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
扇形面积公式
弧度制的应用
【解析】
设扇形半径为1，l为扇形弧长，也为圆锥底面周长，由扇形面积公式求得侧面积，再
利用展开图的弧长为底面的周长，求得底面半径，进而求底面面积，从而求得表面积，最后两个结果取比即可．
【解答】
解：设扇形半径为1，则扇形弧长为1×3π
4=3π
4
，
设围成圆锥的底面半径为r，则2πr=3π
4，r=3
8
，
扇形的面积S1=1
2×1×3π
4
=3π
8
，
圆锥的表面积S2=S1+πr2=3π
8+9π
64
=33π
64
，
∴S1
S2=8
11
．
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
弧度制
【解析】
他需要将表的时针逆时针旋转周角的1
12
，即可转过的角的弧度数．【解答】
他需要将表的时针逆时针旋转，则转过的角的弧度数是π
6
，
3.
【答案】
B
【考点】
弧度制
【解析】
设角θ所在的扇形的半径为r，利用面度数的定义及扇形的面积公式可得
＝，解得θ＝，即可求解cosθ的值．
【解答】
设角θ所在的扇形的半径为r，
则由题意，可得＝，
可得cosθ＝cos＝-．
4.
【答案】
B
【考点】
三角形的形状判断
【解析】
先运用正弦定理，把角化为边，再将方程整理为一般式，再根据判别式的意义得到△＝4b2−4(a−c)(a+c)<0，即可判断三角形形状．
【解答】
由正弦定理，可得sin A=a
2R ，sin B=b
2R
，sin C=c
2R
，
则关于x的方程(1+x2)sin A+2x sin B+(1−x2)sin C＝0，
即为(1+x2)a+2xb+(1−x2)c＝0
方程整理为(a−c)x2+2bx+a+c＝0，
根据题意得△＝4b2−4(a−c)(a+c)<0，
∴a2>b2+c2，
∴cos A<0
∴A为钝角，
5.
【答案】
C
【考点】
扇形面积公式
【解析】
在Rt△AOD中，由题意OA=20，∠DAO=π
6
，即可求得OD，AD的值，根据题意可求矢和弦的值，即可利用公式计算求值得解．
【解答】
解：如图，
由题意可得∠AOB=2π
3
，OA=20，
在Rt△AOD中，∠AOD=1
2∠AOB=π
3
，∠ADO=π
2
，
所以∠DAO=π
6
，
所以OD=1
2AO=1
2
×20=10，
所以矢即CD=20−10=10，
由AD=AO⋅sinπ
3=20×√3
2
=10√3，
所以弦即AB=2AD=2×10√3=20√3，
所以弧田面积=1
2
（弦+矢）×矢
=1
2
(20√3+10)×10≈223平方米．
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
弧长公式
【解析】
由题意，150∘=5π
6
，利用弧长公式可得．
【解答】
由题意，150∘=5π
6
，
∴在单位圆中，150∘的圆心角所对的弧长为5π
6
，
7.
【答案】
A
【考点】
与圆有关的比例线段
【解析】
证明△BMA∽△AMC，得出MC=4
3
，再利用相交弦定理，求出CD．【解答】
由题意，连接AM，
∵PM是圆O的切线，M为切点，
∴∠PMA＝∠PBM，
∵AD // PM，
∴∠PMA＝∠MAC，∴∠MAC＝∠ABM，∵∠AMB＝∠CMA，∴△BMA∽△AMC，
∴BM
AM =MA
MC
=BA
AC
，
∵AB＝6，AC＝3，
∴BM＝2AM，AM＝2MC，
∴BM＝4MC，
∴4+MC＝4MC，
∴MC=4
3
．
由相交弦定理可得3CD=4
3
×4，
∴CD=16
9
．
8.
【答案】
D
【考点】
弧长公式
【解析】
利用弧长公式即可得出．
【解答】
解：150∘=5π
6
，
∴弧长=5π
6×1=5π
6
．
故选：D．
9.
【答案】
A
【考点】
扇形面积公式
【解析】
首先根据扇形的面积求出半径，再由弧长公式得出结果．【解答】
解：根据扇形的面积公式S=1
2lr，可得：2π=1
2
×πr，
解得：r=4，
再根据弧长公式l=4α，
解得扇形的圆心角的弧度数是π
4
. 故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
本题主要考查周期性及归纳推理.
【解答】
解：由题意可知，天干地支纪年法的周期为60，从1949年到2009年，恰好一个周期，即2009年是“己丑”年，再到2029年，又过去20年，因为天干的周期是10，地支的周期是12，所以天干过两个周期，地支过一个周期又8年，所以天干是“己”，地支是“酉”，所以2029年是“己酉”年.
故选B.
二、填空题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）
11.
【答案】
167
36
π,二,1125∘,−690∘，−330∘
{α|α=60∘+k⋅360∘, k∈Z}，,{α|α=60∘+n⋅180∘, n∈Z}．
【考点】
弧度制
【解析】
（1）根据角度值和弧度制转化关系式求出即可．
（2）由终边相同的角的定义，先写出终边落在射线y=√3x(x>0)的角的集合，再写出终边落在射线y=√3x (x<0)的角的集合，最后求两个集合的并集即可
【解答】
解：（1）∵a=835∘，β=25
6
π．
∴a=835
180π=167
36
π，它为第二象限角；β=25
4
×180∘=1125∘，[−20∘, 0∘]内与它终
边相同的角为−690∘，−330∘；
（2）∵直线y=√3x的斜率为，则倾斜角为60∘，
∴终边落在射线y=√3x(x>0)上的角的集合是S1={α|α=60∘+k⋅360∘, k∈Z}，终边落在射线y=√3x(x<0)上的角的集合是S2={α|α=240∘+k⋅360∘, k∈Z}，∴终边落在直线y=√3x上的角的集合是：
S={α|α=60∘+k⋅360∘, k∈Z}∪{α|α=240∘+k⋅360∘, k∈Z}
={α|α=60∘+2k⋅180∘, k∈Z}∪{α|α=60∘+(2k+1)⋅180∘, k∈Z}
={α|α=60∘+n⋅180∘, n∈Z}．
12.
【答案】
2
【考点】
弧长公式
【解析】
设扇形的圆心角为α，半径为R，则根据弧长公式和面积公式有{2R+Rα=8
1
2
αR2=4，故可求
扇形的圆心角．【解答】
解：设扇形的圆心角为α，半径为R，则{2R+Rα=8
1
2
αR2=4⇒{
α=2
R=2．
故答案为：2．
13.
【答案】
−2π
【考点】
弧长公式
弧度制
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
14.
【答案】
【考点】
弧长公式
弧度制
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
15.
【答案】
4π
【考点】
弧度制
【解析】
根据两个动点的角速度和第一次相遇时，两者走过的弧长和恰好是圆周长求出第一次相遇的时间，再由角速度和时间求出P点到达的位置，再根据三角函数的定义求出此点的坐标，利用弧长公式及l=αR求出P点走过的弧长．
【解答】
解：设P、Q第一次相遇时所用的时间是t，
可得t⋅π
3+t⋅|−π
6
|=2π，即π
2
t=2π．
∴t=4（秒），即第一次相遇的时间为4秒．设第一次相遇点为C，第一次相遇时P点
已运动到终边在π
3⋅4=4π
3
的位置，
试卷第11页，总13页
因此第一次相遇时，P 点走过的弧长为4
3π×3=4π．
故答案为：4π． 16.
【答案】 2
【考点】 扇形面积公式 弧长公式 【解析】
由题意列方程组可解半径r 和弧长l ，代入α=l
r 计算可得．
【解答】
解：设扇形的半径为r ，弧长为l ， 则由题意可得1
2lr =4，2r +l =8，
解得l =4，r =2，
∴ 扇形的圆心角α=l
r =2，
故答案为：2.
三、 解答题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ） 17. 【答案】 当半径r =
152
cm 时，扇形面积的最大值是2254
cm 2．
【考点】 扇形面积公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】
设扇形的圆心角为α，半径为r ，面积为S ，弧长为l ，则有l +2r =30， ∴ l =30−2r ，
从而S =1
2⋅l ⋅r =1
2(30−2r )⋅r =−r 2+15r =−(r −152
)2
+2254
．
∴ 当半径r =
152
cm 时，l =30−2×152
=15cm ，扇形面积的最大值是
2254
cm 2，
试卷第12页，总13页
这时α=l
r =2rad ． 18.
【答案】
解：A 点2分钟转过2θ，且180∘<2θ<270∘， 16分钟后回到原位，∴ 16θ=k ⋅360∘， θ=
k⋅360∘16
=
k⋅45∘2
，且90∘<θ<135∘，
∴ θ=67.5∘或θ=90∘（舍）． ∴ θ=67.5∘． 【考点】 弧度制 【解析】
通过题意求出2θ的范围，利用16分钟回到原位，求出θ的值即可． 【解答】
解：A 点2分钟转过2θ，且180∘<2θ<270∘， 16分钟后回到原位，∴ 16θ=k ⋅360∘， θ=
k⋅360∘16
=
k⋅45∘2
，且90∘<θ<135∘，
∴ θ=67.5∘或θ=90∘（舍）． ∴ θ=67.5∘． 19. 【答案】
解：由cos (2θ−3π)=cos (−π+2θ)=−cos 2θ=725
，即cos 2θ=1−2sin 2θ=−7
25
，
（1）∵ θ是第四象限角， ∴ sin θ=−4
5．
∵ cos 2θ=2cos 2θ−1=−7
25 ∵ θ是第四象限角， ∴ cos θ=3
5．
（2）由cos (π2
−θ)
tan θ[cos (π+θ)−1]+sin (θ−
3π2
)tan (π−θ)cos (−θ)=sin θ−tan θ⋅cos θ−tan θ−cos θtan θ⋅cos θ=sin θ
−sin θ−
sin θ
cos θ
−cos θ
sin θ=
cos θ
−1−cos θ
−cos θ
sin θ=−
35
−1−
3
5
+
3545
=8
9．
【考点】
三角函数中的恒等变换应用 【解析】 （1）（2）利用诱导公式和同角三角函数关系式化简即可求解． 【解答】
解：由cos (2θ−3π)=cos (−π+2θ)=−cos 2θ=7
25，即cos 2θ=1−2sin 2θ=−7
25，（1）∵ θ是第四象限角， ∴ sin θ=−4
5．
试卷第13页，总13页
∵ cos 2θ=2cos 2θ−1=−7
25
∵ θ是第四象限角， ∴ cos θ=3
5． （2）由
cos (π2
−θ)
tan θ[cos (π+θ)−1]+
sin (θ−
3π2
)tan (π−θ)cos (−θ)
=
sin θ−tan θ⋅cos θ−tan θ
−
cos θtan θ⋅cos θ
=
sin θ
−sin θ−
sin θ
cos θ
−
cos θsin θ
=
cos θ−1−cos θ
−cos θsin θ
=
−
35
−1−
35
+3545
=8
9
．
20. 【答案】
α1＝−570∘＝−570×π
180=−19π6
，在第二象限；α2＝750∘＝750×π180=
25π6
，在第一
象限； β1=
3π5
=108∘，终边相同的角k ⋅360∘+108∘，−720∘∼0∘范围内与它们终边相同的
所有角−612∘，−252∘．
β2=−π
3=−60∘，终边相同的角k ⋅360∘−60∘，−720∘∼0∘范围内与它们终边相同的所有角−420∘．
【考点】 弧度制 【解析】
利用角度与弧度的互化，即可得出结论． 【解答】
α1＝−570∘＝−570×π180
=−
19π6
，在第二象限；α2＝750∘＝750×
π180
=
25π6
，在第一
象限； β1=
3π5
=108∘，终边相同的角k ⋅360∘+108∘，−720∘∼0∘范围内与它们终边相同的
所有角−612∘，−252∘．
β2=−π
3=−60∘，终边相同的角k ⋅360∘−60∘，−720∘∼0∘范围内与它们终边相同的
所有角−420∘．。