2025年中考数学专项复习讲义专题07 圆（解析版）

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题型01 垂径定理
题型02 圆心角、圆周角
题型03 切线的判定与性质
题型04 三角形的外接圆、内切圆
题型05 弧长与面积
题型06 圆与其他图形的综合
题型01
垂径定理
1．（2025·山东聊城·一模）如图，为的弦，直线与相切于点C，且，连接，，若点D为弦所对弧上一点，则为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，由切线的性质得，由垂径定理得，然后分两种情况求解即可．
【详解】解：∵直线与相切于点C，
∴．
∵，
∴，
∴．
当点D在优弧上时，
．
当点D在劣弧上时，
．
故选C．
2．（2025·辽宁·一模）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，，则球的半径为 ．
【答案】
【分析】本题考查了垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
过作，延长交于点，连接，，，则有四边形是矩形，故有，设球的半径为，则，然后通过勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过作，延长交于点，连接，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
设球的半径为，则，
由勾股定理得：，
∴，解得：，
故答案为：．
3．（2025·河北石家庄·一模）是的外接圆，在弧上找一点，使点平分弧．对图中的三种作法，下列说法正确的是（ ）
A．三种作法均正确B．只有作法一和作法二正确
C．只有作法二和作法三正确D．只有作法二正确
【答案】A
【分析】本题考查角平分线作法及性质，垂直平分线作法及性质，垂径定理等．根据题意逐一对作法进行分析即可得到本题答案．
【详解】解：甲：由作图可知平分，
∴，
∴，即作法一正确，
乙：由作图可知平分，
∵，
∴，
∵经过圆心，
∴，即作法二正确，
丙：由作图可知垂直平分选段，经过圆心，
∴，故作法三正确，
故选：A．
4．（2025·河南驻马店·一模）如图，在半径为10的中，、是互相垂直的两条弦，垂足为，且．则的长为 ．
【答案】
【分析】作于M，于N，连接，，，根据垂径定理可得，再根据勾股定理可得，再证明四边形是正方形
则，根据勾股定理即可求出的长．本题主要考查了垂径定理，勾股定理和正方形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：作于M，于N，连接，，，
，
，
，
，
，
于M，于N，
，
∴四边形是矩形，
，
∴四边形是正方形，
，
．
故选：B．
5．（2022·黑龙江鸡西·一模）如图，是的弦，半径于点C，为直径，，，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】连接，先根据垂径定理求出的长，设的半径为r，在中利用勾股定理求出r的值，易得，连接，根据圆周角定理得到，由三角形中位线定理得到，然后在中由勾股定理可求出．
【详解】解：连接，如图所示：
，，
．
设的半径，
．
在中，由勾股定理得：，
解得：．
．
，，
．
是直径，
．
点分别是的中点，
是的中位线．
．
在中，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、圆周角定理以及三角形中位线定理等知识，作出恰当的辅助线是解答此题的关键．
6．（2025·江苏常州·一模）如图，是的直径，弦于点，，如果，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握垂径定理是解题的关键；
连接，判定为等边三角形，进而求解的长度，进而根据勾股定理求解即可；
【详解】解：如图，连接，
是的直径，弦，
，，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
；
故答案为：．
7．（2025·陕西西安·一模）如图，在中，是垂直于直径的弦，垂足为，若，，则弦的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角形的外角性质，等腰三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．由，则，根据外角性质可得，又的直径垂直于弦，，，然后证明，最后由勾股定理即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵的直径垂直于弦，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：．
题型02
圆心角、圆周角
1．（2025·海南·一模）如图，是的直径，且，，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，等边对等角，圆周角定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
由弧、弦、圆心角的关系得，则通过等边对等角得出，由圆周角定理得，则有，最后由等边对等角和角度和差即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
2．（2025·山东日照·一模）已知锐角如图，①在射线上取一点，以点为圆心，长为半径作，交射线于点，连接；②分别以点为圆心，长为半径作弧，交于点；③连接．根据以上作图过程及所作图形，若，则的度数为 °．
【答案】
【分析】本题考查了尺规作图以及圆的基本性质，解题的关键是根据等弧或等弦所对的圆心角相等得到是等边三角形．连接，根据作图，结合已知可得是等边三角形，进而根据作图可得，即可得到，即可求解．
【详解】解：如图，连接，由作图可知：，
又
是等边三角形，
，
由作图可知：，
，
故答案为：．
3．（2025·江苏苏州·一模）如图，点A，B，C，D，E在上，D是的中点，．若，，则 °．

【答案】85
【分析】本题考查圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，三角形内角和定理，等腰三角形的性质．连接，由三角形内角和定理与等腰三角形的性质得，由圆心角、弧、弦的关系求出的度数，根据圆周角定理求出的度数，从而求出的度数即可．
【详解】解：如图，连接．

∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：85．
4．（2025·山东临沂·一模）如图，，，，为一个正多边形的顶点，点为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．
连接，，根据圆周角定理得到，即可得到结论．
【详解】解：连接，，
∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，为半径的同一个圆上，
∵，
∴，
∴这个正多边形的边数，
故选：B．
5．（2025·山东临沂·一模）如图，的直径平分弦（不是直径）．若，则 ．
【答案】/度
【分析】本题考查了直角三角形的两锐角互余，垂径定理以及圆周角定理，先根据的直径平分弦（不是直径），得，再结合，得，最后由同弧所对的圆周角是相等的，得，即可作答．
【详解】解：∵的直径平分弦（不是直径），
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
6．（2023·重庆江北·一模）如图，内接于，，，则的半径为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，解直角三角形，垂径定理，在弦所对优弧上取一点，连接，，，作于，由圆内接四边形的性质求出的度数，由圆周角定理求出的度数，由锐角的正弦求出的长．关键是求出的度数，圆的半径长，并掌握弧长公式．
【详解】解：如图，在弦所对优弧上取一点，连接，，，作于，
，
，
，
，，
，
，
的半径为4．
故选：A．
7．（2025·辽宁葫芦岛·一模）如图，为直径，弦交半径于点，连接，若，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，连接，可得，进而由可得，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
8．（2025·广西河池·一模）据史料记载，马车的发明者是多年前生活于夏王朝初年的奚仲．马车的发明是中国科技史上的一大创举．如图是古代马车的侧面示意图，是车轮的直径，过圆心O的车架的一端点C着地时，水平地面与车轮相切于点D，连接．
(1)若，求的度数；
(2)若，，求车轮的半径长．
【答案】(1)
(2)车轮的半径长米
【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点，掌握相关性质定理成为解题的关键．
（1）如图：连接，由切线的性质可得，即，再根据圆周角定理即可解答；
（2）由切线的性质可得，设车轮的半径为r，则，，然后根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：如图：连接，
∵地面与车轮相切于点D，
∴，即，
∴，
∴．
（2）解：∵地面与车轮相切于点D，
∴，即，
设车轮的半径为r，则，，
∵，
∴，解得：．
∴车轮的半径长米．
9．（2025·河北·一模）如图，球员分别在点A，B，C处定点射门，表示球门，点A在圆上，点B在圆内，点C在圆外，若仅从射门的位置考虑，进球概率最大的是（ ）
A．点A处B．点B处
C．点C处D．都一样
【答案】B
【分析】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，延长交圆于D，设与圆交于E，连接，则，只需要比较出三个角的大小关系即可得到答案．
【详解】解；如图所示，延长交圆于D，设与圆交于E，连接，则，
∵，
∴，
∴仅从射门的位置考虑，进球概率最大的是B处，
故选：B．
10．（2025·陕西咸阳·一模）如图，五边形内接于，点B为弧的中点，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据题意，得，，根据，解答即可．
本题考查了圆的性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解：连接，如下图，

∵点B为弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∴，
故选：C．
11．（2025·山西吕梁·一模）如图，四边形内接于，为的直径，点C为的中点，若，则的度数为 °．
【答案】70
【分析】本题考查圆内接四边形对角互补，等腰三角形性质，外角和定理等．根据题意连接，利用圆内接四边形对角互补，得，继而得，再利用圆周角定理得，再利用外角和定理即可得到本题答案．
【详解】解 ： 连接，
，
∵四边形内接于，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点C为的中点，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：70．
12．（2025·浙江·一模）如图，已知四边形内接于，延长，交于点．若，，则圆的半径为 ．
【答案】7
【分析】过点A作，交于点E，连接，由题意易得，则有是等边三角形，，过点E作于点H，然后可得，，进而根据勾股定理可进行求解．
【详解】解：过点A作，交于点E，连接，如图所示：
∴，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，，
∴，
过点E作于点H，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即圆的半径为7；
故答案为7．
【点睛】本题主要考查平行线的性质、圆周角的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握平行线的性质、圆周角的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键．
13．（2025·广东惠州·一模）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，，则 ．
【答案】2
【分析】连接，，证明，得出，则，即，求解即可．
【详解】解：如图，连接，，
∵与相切于点，
∴
∴
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
即
∴或（舍去），
故答案为：2．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，余角的性质等，解一元二次方程等知识，正确作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．
14．（2025·四川南充·一模）如图，在中，直径与弦交于点P，，过点C作，与的延长线交于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，先判断出垂直平分，再根据圆周角定理可得，根据平行线的判定可得，从而可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）连接，延长，交于点，先利用勾股定理可得的长，再设的半径为，则，，利用勾股定理可得的值，从而可得的长，利用勾股定理可得的长，然后证出，利用相似三角形的性质求解即可得．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴垂直平分，
∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：如图，连接，延长，交于点，
由（1）已得：垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设的半径为，则，
∴，
在中，，即，
解得，
∴，
∵是的直径，
∴，即，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定、弧与弦的关系、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握圆的切线的判定和圆周角定理是解题关键．
15．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，正方形中，，点为正方形内部一点，连接，且，当为等腰三角形时，的长为 ．
【答案】或
【分析】由已知可得，即得点在以为直径的圆上，再分，和三种情况解答即可求解，
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上，
∵为等腰三角形，
当时，点为正方形对角线的中点，如图，
∵ ，
∴；
当时，如图，过点作于，则，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，仅当点和点重合时，
∵点为正方形内部一点，
∴此种情况不符合；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，点和圆的关系，圆周角，等腰三角形的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理等，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
16．（2025·山东潍坊·一模）如图，在中，，D是上任意一点，连接，过C作于E，连接．若，，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，三角形的三边关系等知识点，由知E在以为直径的的上（不含点C、可含点N），从而得最短时，即为连接与的交点（图中点点），长度的最小值．
【详解】解：如图，
由题意知，，
∴E在以为直径的的上（不含点C、可含点N），
∴最短时，即为连接与的交点（图中点点），
在中，，，则，
∵，
∴长度的最小值，
故答案为：．
17．（2025·江苏淮安·一模）如图，，，，是上的四个点，，则 度．
【答案】100
【分析】本题考的查圆周角定理和圆内接四边形性质，解题的关键是明确它们各自内容，灵活运用，解答问题．
根据圆内接四边形对角互补求出，然后根据同弧所对的圆心角是圆周角的二倍求解即可．
【详解】解：，，，是上的四个点，，
四边形是圆内接四边形，
，
，
∵，
，
，
故答案为：100．
18．（2025·江苏盐城·一模）如图，是半圆的直径，点是弧上的一点，，则的度数为 度．
【答案】/42度
【分析】本题考查圆的内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
由圆的内接四边形的性质求得，再由圆周角定理得出，由三角形内角和定理进而可直接答案．
【详解】解：∵是半圆的直径，
，
∵，
，
故答案为：．
题型03
切线的判定与性质
1．（2025·浙江·一模）已知的半径是5，直线与相交，则圆心到直线的距离可能是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，根据直线和相交即，即可判断．
【详解】解：∵直线与相交，
∴圆心到直线的距离小于，
符合要求的为4，
故选：A．
2．（2025·山东临沂·一模）如图，内接于，是上一点，．是外一点，，，连接．
(1)若，，求的长；
(2)求证：是的切线．
【答案】(1)4
(2)见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，切线的判定，掌握切线的判定是关键．
（1）证明 ，得到，即可求解；
（2）连接并延长交于点，可得，，，所以，结合切线的判定即可求解．
【详解】（1）解：，
，即，
又，，
，
，
；
（2）证明：连接并延长交于点，连接，
是的直径，
，
，
∵，
∴，
由（1）知
∴，
，
又，
，
，
，
，
是的切线．
3．（2025·辽宁葫芦岛·一模）内接于，的延长线交于点，交于点，连接，平分，过点作，，垂足为点．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（）连接，由圆周角定理得，进而由，即得，得到，进而得，由根据平行线的性质得，得，即得，即得到，即可求证；
（）过点作于，过点作的延长线于，可得，由四边形是正方形得，即得 ，再由得，，进而由得，最后利用勾股定理解答即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：如图，过点作于，过点作的延长线于，
则，，
由（）得，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，弧弦圆心角的关系，等腰三角形的性质，勾股定理，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，正确作出辅助线是解题的关键．
4．（2025·浙江湖州·一模）如图，已知的半径长是1，，分别切于点A，B，连结并延长交于点C，连结，．若四边形是菱形，则的长是（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】B
【分析】本题考查菱形的性质，切线的性质，含30度的直角三角形，掌握圆的切线的性质是解题关键．连接，，根据切线的性质得到，再根据等边对等角的性质推出，进而得到，则，即可求出的长．
【详解】解：如图，连接，，
，分别切于点A，B，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
故选B．
5．（2025·四川达州·一模）如图，在中，是切线，为切点，直线交于点，点为上的一点，连接．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了切线的性质、直角三角形锐角互余、圆周角定理及推论，如图所示，连接，首先由切线得到，然后求出，最后利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的切线，切点是B，
∴，
∵在中，，，
∴，
∵圆周角与圆心角所对的弧是，
∴．
故选：D．
6．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，是的直径，是的切线，、是的弦，且，垂足为，连接并延长，交于点．
(1)求证：；
(2)若的半径，，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质得，推出，得，根据同弧所对的圆周角相等得，即可得证；
（2）如图，连接，根据是直径得，继而推出，得，由勾股定理得，证明得，求出，可得答案．
【详解】（1）证明：∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵和所对的弧为，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵是直径，的半径，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质定理，直径所对的圆周角是直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，等角对等边，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识点，掌握切线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键．
7．（2025·重庆江津·一模）如图，是的直径，点在上，过E作的切线交的延长线于点，过C作于点D，交于点H，若，则 ， ．
【答案】 8
【分析】连接，过点作于点M，可得，可证明，设，则，由，解得：，那么，，则，解直角三角形得到，，则，而，解直角三角形得到，再由，求得．
【详解】解：连接，过点作于点M，如图：
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：8；．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
8．（2025·山东淄博·一模）如图，四边形是的外切四边形，且，，的半径，则四边形的面积为（ ）
A．44B．88C．100D．110
【答案】D
【分析】本题考查的是切线长定理的应用，如图，连接，，，，作出过切点的半径，，，，证明，再利用割补法求解面积即可.
【详解】解：如图，连接，，，，作出过切点的半径，，，，
∵四边形是的外切四边形，
∴，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形的面积为：
；
故选：D
9．（2025·北京·一模）如图，，分别与相切于点，，交于点，四边形是平行四边形，若，则 ，劣弧 ．
【答案】 /
【分析】根据切线长定理得，结合平行四边形的性质推得、，通过三角函数可求得的长，通过弧长公式可求得劣弧的长．
【详解】解：如图，连接，
，分别与相切于点，，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
劣弧，
在中，，
，
．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，切线的性质，平行四边形的性质，弧长公式，特殊角的三角函数值，熟练掌握切线长定理是解题关键．
题型04
三角形的外接圆、内切圆
1．（2025·福建泉州·一模）如图，已知，，是高．
(1)求作的外接圆；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)若，．求外接圆的半径．
【答案】(1)画图见解析
(2)
【分析】（）作线段的垂直平分线，交于点，以点为圆心，的长为半径画圆，则即为所求；
（）连接，由等腰三角形的性质得，即由勾股定理得，设的半径为，则，在中由勾股定理得，解方程即可求解；
本题考查了画三角形的外接圆，等腰三角形的性质，勾股定理，正确画出图形是解题的关键．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：连接，
∵，，
∴，，
∴，
设的半径为，则，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴外接圆的半径为．
2．（2025·黑龙江佳木斯·一模）在中，，，．以为斜边作等腰直角三角形，连接，则的长为 ．
【答案】或
【分析】如图，由，都为等腰直角三角形，证明四边形是正方形，连接，交于，连接，过作于，过作于，证明在以为圆心，为半径的圆上；四边形为正方形，证明，可得，求解，再进一步，，可得，从而可得答案；
【详解】解：如图，∵，都为等腰直角三角形，
∴，，，
∴四边形是正方形，
连接，交于，连接，过作于，过作于，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴在以为圆心，为半径的圆上；
∴，，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
综上：的长为或；
故答案为：或.
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，圆的确定，作出合适的辅助线是解本题的关键.
3．（2025·河北石家庄·一模）某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，如图，是水平放置的破裂管道有水部分的截面．
(1)请找出截面的圆心O．（尺规作图不写画法，保留作图痕迹．）
(2)若这个输水管道有水部分的水面宽，水面最深的地方为，求这个圆形截面的半径．
【答案】(1)见解析；
(2)这个圆形截面的半径
【分析】此题考查了作图-应用与设计作图，垂径定理的应用和勾股定理．
（1）任取一条弦，分别作，的垂直平分线交点即为圆心，根据尺规作图的步骤和方法做出图即可；
（2）连接，交于点E，交弧于点D，利用垂径定理求出，设半径为，则，再根据勾股定理列方程计算即可．
【详解】（1）解：如图，点O即为所求，
（2）解：如图，连接，交于点E，交弧于点D，
∴，
由题意得，，
设半径为，则，
在中，，
∴，
解得，
∴这个圆形截面的半径．
4．（2025·河南郑州·一模）在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做整点．如图，过整点A，B，C有一条圆弧，如果一条直线与这条圆弧相切于点B，则这条直线可以经过（ ）
A．点B．点C．点D．点
【答案】C
【分析】此题主要考查了切线的性质以及垂径定理和坐标与图形的性质，得出时，，即得出点的坐标是解决问题的关键．根据垂径定理的性质得出圆心所在位置，再根据切线的性质得出，时E点的位置即可．
【详解】解：连接，作，的垂直平分线，交格点于点，则点就是所在圆的圆心，
∴三点组成的圆的圆心为：，
∵只有时，与圆相切，
此时，，且，
∴，
∴，则点的坐标为：，
延长，可知过点，，
∴点与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是：，，．
故选：C．
5．（2025·安徽合肥·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点都在上，则的半径为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了坐标与图形性质，确定圆心，点和圆的位置关系；分别作、的垂直平分线，其交点即为点M，进而求得圆的半径．
【详解】解：如图所示，分别作、的垂直平分线，其交点即为点M，M点的坐标为，
∵点A的坐标为，
∴的半径为，
故选：C．
6．（2025·四川泸州·一模）如图，在中，，，，是的内切圆，则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，切线的定义，三角形面积公式，熟记勾股定理，三角形面积公式是解题的关键．
设三边内切于点，连接，根据勾股定理求出，根据三角形面积公式计算即可得到答案．
【详解】解：如图，设三边内切于点，连接，
设的半径为，
，，，
，
，
，
，
，
，
故选：A ．
7．（2025·河北·一模）如图，在中，，，点D在边上，点O为的内心，当为钝角三角形时，，则和的值分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，解决本题的关键是掌握三角形的内心，
根据等腰三角形的性质和三角形的内角和可得，由为的内心，可得，所以，由点在线段上（不与重合），可得，进而可得，再根据为钝角三角形，得出，即可得出．
【详解】解：在中，，，
，
∵为的内心，
，
，
∵点在线段上（不与重合），
，
，
，
∵为钝角三角形，，，
，
，
，
，
综上，，
∴，．
故选：C．
8．（2025·山西运城·一模）阅读与思考
阅读下列材料，完成下面的任务．
任务：
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：______．
(2)如图，这是一张三角形纸片，为它的内切圆，小悦沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，，，求三角形纸片的周长．
(3)如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，，，，求．
【答案】(1)；
(2)三角形纸片的周长是；
(3)．
【分析】（1）由题意得出，则可得出答案；
（2）由题意得，如图，设切点分别为，，，则，由三角形周长可得出答案；
（3）设，依题意得，，根据勾股定理可得，解方程得出，则可得出答案．
【详解】（1）解：是的内切圆，切点为，，，
，，，
设，，，则有，
三式相加可得，
，
故答案为：；
（2）解：的周长为，
由题意得，
如图，设切点分别为，，，则，
，，
，
三角形纸片的周长，
；，
（3）解：设，依题意得，，
，，
，
根据勾股定理可得，整理得，
解得或不合题意，合去，
，
，，
．
【点睛】本题考查的知识点是三角形内切圆与内心、切线长定理、勾股定理解直角三角形、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理．
9．（2025·江苏宿迁·一模）如图，在中，．
(1)尺规作图：作的内切圆，并分别标出和、、相切的切点；（要求：保留作图痕迹，不写做法，不需证明）
(2)连接、，四边形是正方形吗？为什么？
(3)若，，求的半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是正方形，理由见解析
(3)2
【分析】（1）首先由三角形的内心是三角形三个角平分线的交点，确定圆心O，然后过点O作边的垂线交于点F，确定半径，继而可求得的 内切圆；
（2）连接，根据切线的性质得到，求得，得到四边形 是矩形，根据角平分线的性质得到，求得，得到四边形是正方形；
（3）根据正方形的性质得到，根据切线的性质得到，根据勾股定理即可 得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，为所求：
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
连接，
∵是的内切圆，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵平分平分，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
（3）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵是的内切圆，
∴
∴
∴
∵
∴
∴（负值舍去）， 即的半径r的长为2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了三角形的内切圆与内心，作图一复杂作图,勾股定理，切线的性质，正方形的判定，关键是掌握 三角形的内心是三角形角平分线的交点．
题型05
弧长与面积
1．（2025·广东湛江·一模）如图，用一个半径为的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了 ．
【答案】
【分析】本题考查了弧长的计算，利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可，掌握弧长的计算方法是解题的关键．
【详解】解：由题意得，重物上升的距离是半径为，圆心角为所对应的弧长，
∴，
故答案为：．
2．（2025·山东·一模）如图，是等边三角形，分别以点为圆心，以的长为半径作，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形，若这个曲边三角形的周长为，则这个曲边三角形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了扇形面积的计算、解直角三角形．此题的关键是明确曲边三角形的面积三角形的面积三个弓形的面积，然后再根据所给的曲线三角形的周长求出三角形的边长，从而求值．
此三角形是由三段弧组成，如果周长为，则其中的一段弧长就是，所以根据弧长公式可得，解得，即正三角形的边长为4．那么曲边三角形的面积就等于三角形的面积三个弓形的面积，根据三角形和扇形面积公式即可得答案．
【详解】解：由题意得：，
∵曲边三角形的周长为，
∴，
解得：，即，
∴S△ABC=，S弓形BC=S扇形ABC-S△ABC=，
∴曲边三角形的面积为．
故答案为：
3．（2025·山东临沂·一模）如图，在矩形中，，，将边绕点顺时针旋转，使点正好落在边上的点处，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，特殊角的锐角三角函数、弧长公式，首先根据矩形的性质可以得到：，，根据特殊角的锐角三角函数可得：，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
由旋转可知，
又，
，
，
，
的长为．
故选：C．
4．（2025·山东临沂·一模）如图，是的直径，是的中点，过点作的垂线，垂足为点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定及扇形的面积公式，矩形的判定和性质等知识点，熟练地掌握切线的判定方法是解决本题的关键．
（1）连接，证明，可得，再进一步可得结论；
（2）连接，证明四边形是矩形，可得，再证明，可得，可得，利用可得答案．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
∵是的中点，
，
，
，
，
，
，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：连接交于点，
∵是的直径，
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
5．（2025·江苏宿迁·一模）如图，在菱形中，，，点是对角线的中点，以点为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点在扇形内，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】如图，连接，在上取点，使，连接．证明，推出，利用即可求解．
【详解】解：如图，连接，在上取点，使，连接．
在菱形中，,点O是对角线的中点，，
，，
，
∴是等边三角形，
，
，
∵
∴，
，
，
∴，
∴，
．
，
，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键．
6．（2025·宁夏银川·一模）新月是指农历月初形状如钩的月亮，一般出现在农历初一或初二，代表着农历月份的开始，新月象征着新的开始和无限的潜力．在中，，，先以点为圆心、的长为半径作弧；再以为直径作弧，这样就得到一个“新月”的图案，这个新月的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了求扇形面积，根据图形可得新月的面积等于以为直径的半圆减去弓形的面积即可求解．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵，，
∴，
∴
∴
∴
故选：A．
7．（2025·河南许昌·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，，将绕点A逆时针旋转得到，点恰好落在x轴的正半轴上．以点A为圆心，长为半径画．则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，扇形的面积．由旋转的性质求得旋转角为，，据此求解即可．
【详解】解：作轴于点，
∵，，
∴，，，
∴，，
由旋转的性质知，，，
∴，
∴，，
∴，，
∴阴影部分的面积为，
故答案为：．
8．（2025·四川成都·一模）如图，在正方形中，是以为直径的半圆的切线，在正方形区域内任意取一点，则点落在阴影部分的概率是 ．
【答案】
【分析】取中点，设与以为直径的半圆的切点为，设正方形的边长为2，，结合题意易知切半圆于点，切半圆于点，切半圆于点，由切线长定理可知，，进而可得，，在中，利用勾股定理解得的值，再计算阴影部分的面积，然后结合简单概率计算公式求解即可．
【详解】解：如下图，取中点，设与以为直径的半圆的切点为，
设正方形的边长为2，，
则有，半圆的半径，，
∵为直径，
∴切半圆于点，切半圆于点，
∵切半圆于点，
∴，，
∴，，
∴在中，可有，
即，解得，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴正方形的面积，
阴影部分的面积，
∴在正方形区域内任意取一点，则点落在阴影部分的概率．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形面积、勾股定理、切线长定理、简单概率计算等知识，正确求得阴影部分面积是解题关键．
9．（2025·重庆·一模）如图，在菱形中，，，点E是的中点，以C为圆心，为半径作弧，交于点F，连接、、，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，根据菱形的性质求出和，根据勾股定理求出，，根据菱形性质求出，根据勾股定理求出，得出，根据求出结果即可．
【详解】解：如图：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴为等边三角形，
∵E为的中点，
∴，，
由勾股定理得：，
同理可得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∴，
∴阴影部分的面积：
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质和判定、菱形的性质、扇形的面积计算，勾股定理，等知识点，求得和扇形的面积是解题的关键．
10．（2025·浙江·一模）如图，在扇形中，过的中点作，垂足分别为．已知，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）．
【答案】
【分析】先证明四边形是矩形，再证明得到，得到矩形是正方形，根据阴影部分图形的面积和等于扇形面积减去正方形的面积即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵点C是的中点，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，
∴，
∵， ，
∴，
∴图中阴影部分的面积，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了不规则图形的面积的计算，勾股定理，圆心角与弧之间的关系，矩形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2025·广东江门·一模）如图，反比例函数的图象经过点，连接并延长，交双曲线于点C．以为对角线作正方形，点B在第四象限，过点A，O，B作弧．则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由反比例函数的图象经过点，求得反比例函数的表达式为；根据正方形的性质得到点是四边形的中心，连接，得到，，求得所对圆心角的度数为，根据勾股定理得到所在圆的半径为；设所在圆的圆心为，与轴交于，与轴交于，连接，求得，根据全等三角形的判定得到，根据三角形的面积公式和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：反比例函数的图象经过点，
，
反比例函数的表达式为；
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴点O是四边形的中心，
连接，
∴，
∴，为所在圆的直径，
∴所对圆心角的度数为，
∵，
∴，
∴所在圆的半径为；
设所在圆的圆心为E，与x轴交于F，与x轴交于G，连接，
∴，，
∵，
∴，
∵弓形的面积扇形的面积三角形的面积，
∴图中阴影部分的面积之和半圆的面积弓形的面积．
故选：A．
【点睛】本题是反比例函数的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，扇形面积的计算，勾股定理，圆周角定理，待定系数法求函数的解析式，正确地识别图形是解题的关键．
12．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知圆锥的底面半径为3，母线长为15，则其侧面展开图的圆心角为 度．
【答案】72
【分析】本题考查圆锥的侧面积，以及扇形面积，解决本题的关键是掌握圆锥的侧面积公式，以及扇形面积公式．设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，根据“圆锥的侧面积扇形面积”建立等式求解，即可解题．
【详解】解：设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，
侧面展开扇形的面积为：，
解得，
故答案为：72．
13．（2025·山东烟台·一模）如图，正方形的边长为4，点O是的中点，以点O为圆心作弧，与相切，交，于点E，F．将扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了切线的性质，弧长公式，解直角三角形，先根据相切得到圆的半径，然后根据余弦得到圆心角，然后代入弧长公式计算即可．
【详解】解：设扇形与边切于点G，则，
∵是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
而点为边的中点，
，
在中， ，
∴，
同理可得，
∴，
∴圆锥的底面圆周长为，
∴该圆锥的底面半径长为．
故答案为：．
14．（2025·甘肃·一模）一个吊灯的外罩呈圆锥形（如图），如图是这个吊灯的外罩的主视图，则该吊灯外罩的侧面积是 ．（结果保留）
【答案】
【分析】本题考查了求圆锥的侧面积，解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥母线长，以及扇形面积公式．
根据图形可知圆锥底面半径为，圆锥的高为，求出圆锥母线长为，再由求圆锥的侧面公式即可求解．
【详解】解：根据图形可知，圆锥底面半径为，圆锥的高为，
∴圆锥母线长为：，
∴该吊灯外罩的侧面积是，
故答案为：．
15．（2025·江苏徐州·一模）已知圆锥的底面半径为5，母线长为12，则其侧面展开扇形的圆心角的度数为 ．
【答案】150
【分析】本题考查了圆锥的侧面展开图，熟练掌握圆锥侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长是解题的关键．设圆心角的度数为，根据圆锥侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长，列出方程解出的值即可．
【详解】解：设圆心角的度数为，
由题意得，，
解得：，
扇形的圆心角的度数为．
故答案为：150．
题型06
圆与其他图形的综合
1．（2025·陕西渭南·一模）【问题探究】
（1）如图1，点是半径为的上的动点，点为外一点，已知、两点之间的距离为，则、两点之间的距离最小为 ；
（2）如图2，的顶点都在上，连接并延长，交于点，．求证：；
【问题解决】
（3）年月日，中国某公司向老挝航空公司交付首架飞机，标志着我国商用飞机国际化发展迈出新步伐．据悉，飞机上所使用的复合材料，主要是碳纤维增强树脂基复合材料．如图3，现有一块形如四边形的新型材料，，，，，以为圆心，为半径画．某科研人员想用这块材料裁出一个型部件，并要求：在上，于点，于点，且的长度尽可能的小，请问的长是否存在最小值？若存在，请求出的最小长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据当、、三点共线时，、两点之间的距离最小，即可求解；
（2）连接、，根据圆周角定理可得：，得到是等腰直角三角形，，即可证明；
（3）连接，取的中点，连接，，过点作于点，先证、、、四点在上，得到．从而得到，，推出，得到，即要使最小，只需最小即可．连接，，与的交点为，根据题意可知点在上，且所对的圆心为，故．由，，可知，得到当点与点重合时，满足最小，进而可知最小．连接，易知为等边三角形，则可求，解直角三角形即可求得，，即可求出，即可由求解．
【详解】解：（1）如图，当点运动到点的位置，即、、三点共线时，、两点之间的距离最小，的最小值为:，
故答案为：；
（2）证明：连接、，
，
，
由题意可知，是的直径，
又，
是等腰直角三角形，，
；
（3）如图3，连接，取的中点，连接，，过点作于点，
根据题意可知与均为直角三角形，
，故、、、四点在上，
，
，
，，
，
，
即要使最小，只需最小即可．
连接，，与的交点为，根据题意可知点在上，且所对的圆心为，
．
，，
，
当点与点重合时，满足最小，进而可知最小．
连接，
，，
为等边三角形，
，
，
，
，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了三角函数，勾股定理，圆的相关性质，等边三角形的判定与性质，线段的最值问题，解题的关键是掌握相关知识．
2．（2025·湖南长沙·一模）【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．
证明：如图2，在上截取，连接、、和，∵M是的中点，，又，，，
又，，，即
(1)【理解运用】如图1，、是的两条弦，，点M是的中点，于点D，求的长；
(2)【变式探究】如图3，若点M是中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断、、之间存在怎样的数量关系？并加以证明．
(3)【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下面问题：
如图4，是的直径，点A是圆上一定点，点D是圆上一动点，且满足，若，的半径为10，求长．
【答案】(1)3
(2)，证明见解析；
(3)或．
【分析】本题考查了圆周角，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，理解阿基米德折弦定理是解题关键．
（1）根据阿基米德折弦定理求解即可；
（2）在上取，连接、、、，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，即可得出结论；
（3）先利用圆周角和勾股定理，求得，再分两种情况讨论：当点在上方时，过点作于点，连接、；②当点在下方时，过点作于点，结合上述结论分别求解即可．
【详解】（1）解：由阿基米德折弦定理可知，，
，
，
，
；
（2）解：，证明如下：
如图3，在上取，连接、、、，
点M是中点，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，即；
（3）解：是的直径，
，
的半径为10，
，
，
由勾股定理得：，
，
①当点在上方时，如图，过点作于点，连接、，
，
，
，
，
，
，即点是的中点，
，
，
；
②当点在下方时，如图，过点作于点，
，，
，
，即点是的中点，
由（2）可知，，
，
在中，，
综上可知，长为或．
3．（2016·河南平顶山·一模）如图，在中，，，以边上上一点为圆心，为半径作，恰好经过边的中点，并与边相交于另一点．

（1）求证:是的切线．
（2）若，是半圆上一动点，连接，，．填空：
①当的长度是________时，四边形是菱形；
②当的长度是___________时，是直角三角形．
【答案】（1）见解析 （2）① ②或
【分析】（1）首先连接OD，由在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠C=30°，⊙O恰好经过边BC的中点D，易得AB=BD，继而证得∠ODB=∠BAC=90°，即可证得结论；
（2）①易得当DE⊥AC时，四边形ABDE是菱形，然后求得∠AOE的度数，半径OD的长，则可求得答案；
②分别从∠ADE=90°，∠DAE=90°，∠AED=90°去分析求解即可求得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，

∵在中，，，
∴，
∵是的中点，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∴，即，
∴是的切线.
（2）解：①当DE⊥AC时，四边形ABDE是菱形；

如图2，设DE交AC于点M，连接OE，则DE=2DM，
∵∠C=30°，
∴CD=2DM，∴DE=CD=AB=BC，
∵∠BAC=90°，
∴DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵AB=BD，
∴四边形ABDE是菱形；
∵AD=BD=AB=CD=BC=，
∴△ABD是等边三角形，OD=CD•tan30°=1，
∴∠ADB=60°，
∵∠CDE=90°-∠C=60°，
∴∠ADE=180°-∠ADB-∠CDE=60°，
∴∠AOE=2∠ADE=120°，
∴的长度为：；
故答案为：；
②若∠ADE=90°，则点E与点F重合，此时的长度为：=π；
若∠DAE=90°，则DE是直径，则∠AOE=2∠ADO=60°，此时
的长度为：π；
∵AD不是直径，∴∠AED≠90°；
综上可得：当的长度是π或π时，△ADE是直角三角形．
故答案为：π或π．
【点睛】本题属于圆的综合题．考查了切线的判定与性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及弧长公式等知识．注意准确作出辅助线，利用分类讨论思想求解是解题的关键．
4．（2025·北京·一模）对于平面直角坐标系中的点P与，若将点P绕着点C旋转得到点Q，直线刚好与相切，则称点P为的“旋切点”．
(1)已知的半径为1，
①在点，，中，点 是的“旋切点”，其中 ；
②已知点，点N为的“旋切点”，且，求点的坐标；
(2)已知点，，，若线段上每个点都是的“旋切点”，且，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①，②或
(2)或
【分析】（1）①根据旋转的性质画出示意图，结合切线的定义，可判断出点P在圆外时，设点绕点O旋转的对应点为点，过点作，求出，易证是等腰直角三角形，再证明，即可求出；②由两点间距离公式，易求出，则点M在上，结合，易得点在以点M为圆心，半径为的圆上，设点N绕着点O旋转得到点，连接，根据题意是的切线，设切点为F，画出示意图，利用含30度角的直角三角形求解即可；
（2）要使得线段上每个点都是的“旋切点”，且，则线段上每个点都得在以点C为圆心，半径为的圆的外部，且在以点C为圆心，半径为的圆的内部（或圆上），如图，过点C作 于点H，以为腰在左侧作等腰直角三角形，则点D在直线上，，以为斜边在下方作等腰直角三角形，则，当线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上）时，线段上每个点都是的“旋切点”，且，即且，分点C在点B下方时，点C在点B上方时，两种情况讨论．
【详解】（1）解：如图：
点绕点O旋转的对应点在以点O为圆心，半径为的圆上，此时，点与其对应点所在直线为的弦，不会与相切；
点绕点O旋转的对应点在以点O为圆心，半径为的圆上，即两点都在上，此时，点与其对应点所在直线为的弦，不会与相切；
点绕点O旋转的对应点在以点O为圆心，半径为的圆上，此时，点与其对应点所在直线会与相切；
如图，设点绕点O旋转的对应点为点，过点作，
此时，点E在上，即，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由旋转的性质得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∴点M在上，
∵，
∴点在以点M为圆心，半径为的圆上，
设点N绕着点O旋转得到点，连接，过点作轴，垂足为，根据题意是的切线，设切点为F，
如图，当点N绕着点O逆时针旋转时，
则，
同理①得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线，
∵点，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在y轴上，
∵，
∴；
如图，当点N绕着点O顺时针旋转时，
同理可得：点在y轴上，且，
∴，
此时，点重合，
由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴；
综上，点N的坐标为或；
（2）解：设半径为r，如图，点P绕着点C顺时针旋转得到点，点P绕着点C逆时针旋转得到点，点P为的“旋切点”时，
由（1）可得：，
∴，
同理：，
则要使点P是的“旋切点”，需满足，
∴要使得线段上每个点都是的“旋切点”，且，
则线段上每个点都得在以点C为圆心，半径为的圆的外部，且在以点C为圆心，半径为的圆的内部（或圆上），
如图，过点C作 于点H，以为腰在左侧作等腰直角三角形，则点D在直线上，则，以为斜边在下方作等腰直角三角形，则，
∴当线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上）时，线段上每个点都是的“旋切点”，且，即且，
当点C在点B下方时，即，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
当时，则，即两点重合，
此时，点C在x轴下方，则，
满足，即，
整理得：，即，
解得：或（舍去）
此时，，，
∵，
∴当时，线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上），符合题意；
∴；
当点C与点B上重合时，即，不符合题意；
当点C在点B上方时，即，
同理得：，
当时，则，即两点重合，
此时，，
满足，即，
整理得：，即，
解得：（舍去）或，
此时，，，
∵，
∴当时，线段上每个点都得在以点C为圆心，为半径的圆的外部，且在以点C为圆心，为半径的圆的内部（或圆上），符合题意；
∴；
综上，的取值范围为：或．
【点睛】本题考查新定义，圆的综合问题，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，正确理解定义，画出图形是解题的关键．
关于“三角形的内切圆”的研究报告
【研究内容】如图，在中，三边，，，是它的内切圆，切点分别为，，，如何求、、的长呢？
【解法】是的内切圆，切点为，，，，，．设，，，则有，，如果设，那么有．