2026年广东省中考数学二轮复习课件：圆的综合题

该初中数学中考复习课件聚焦圆的综合题核心考点，严格对接中考说明要求，系统梳理了圆的性质、几何证明及计算三大模块，分析近三年考点权重分布，归纳出证明角相等、求线段长、切线判定等六大常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“母题变式训练+中考真题突破+通用技法归纳”模式，通过德阳、贵州等地中考真题，以推理能力和几何直观为核心，示范勾股定理、相似三角形等解题方法，帮助学生掌握证明垂直、计算直径等答题技巧，助力学生高效冲刺，为教师复习教学提供系统指导。

圆的综合题 圆的常见题型与方法总结 类型 常考问题设计 母题 （证明 两个 角相 等） 如图2－41－1，AB是⊙O的直 径，弦CD⊥AB于点E，G是 上一点，AG，DC的延长线交于 点F，求证：∠FGC=∠AGD． 证明 证明：如答图2－41－1，连接AD． ∵CD⊥AB， ∴ = ． ∴∠AGD=∠ADC． ∵四边形ADCG是圆内接四边 形， ∴∠ADC＋∠AGC=180°． 又∵∠AGC＋∠FGC=180°， ∴∠ADC=∠FGC． ∴∠FGC=∠AGD． 答图2－41－1 解题通用技法 证明两个角相等的方法： 1. 计算法： ①通过计算得出两个角 的度数相同； ②利用三角函数． 2. 几何证明法：①利用圆周角定理；②利用圆内接四边形的性质； ③证明等腰三角形；④同角或等角的余角（补角）相等； ⑤证明全等或相似三角形；⑥利用平行线的性质 以下对于上述母题设计若干常考问题，并进行分析 类型 常考问题设计 求线段 的长 （1）如图2－41－2，若 BE=2，CD=8，求AD的长． ∵C 解：如答图2－41 －2，连接OD． ∵CD⊥AB，CD=8， ∴DE=CE=4. 在Rt△DOE中， 由勾股定理，得OD2=OE2＋ DE2，即OD2=（OD－2）2＋ 42． 解得OD=5. ∴AE=AB－BE=2OD－BE=10 －2=8. ∴AD= = =4 ． 答图2－41－2 解题通用技法 求线段长的方法： 1. 若题干中作辅助线后有直角三角形存在，考虑用勾股定理求长度； 2. 若题中无直角三角形时，考虑用三角形相似或特殊角的三角函数求长度； 3. 若题干中含有30°，45°，60°等角度或出现三角函数 sin α， cos α，tan α时，考虑用三角函数求长度 　　续表 类型 常考问题设计 证明两 条线段相等 （2）如图2－41－3，若 AD=GD，求证：△FCG为等腰三 角形． 证明：∵A，D， C，G四点共圆， ∴∠FGC=∠ADC=∠AGD， ∠FCG=∠GAD． ∵AD=GD， ∴∠GAD=∠AGD． ∴∠FCG=∠FGC． ∴FC=FG． ∴△FCG为等腰三角形． 解题通用技法 证明两条线段相等的方法： 1. 若所证的两条线段相连且不共线，则可以考虑将两条线段放到一个三角形中，利用等腰三角形等角对等边的性质来证明； 2. 若所证的两条线段在不同的两个三角形中，则可考虑利用两个三角形全等来证明； 3. 若所证的两条线段相连且共线，则可以考虑等腰三角形三线合一或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明； 4. 若所证的两条线段在同一个特殊四边形中，则可考虑利用特殊四边形的性质来证明 类型 常考问题设计 证明两 条线段垂直 （3）如图2－41－4，若GH与 ⊙O相切于点G，DG平分 ∠ODC，求证：GH⊥DF． 证明：如答图2－41－3，连接OG． ∵GH与⊙O相切于点G， ∴OG⊥GH． ∵DG平分∠ODC， ∴∠ODG=∠CDG． 又∵OD=OG， ∴∠ODG=∠OGD． ∴∠OGD=∠CDG． ∴OG∥DF． ∴GH⊥DF． 答图2－41－3 解题通用技法 证明两条线段垂直的方法：（两条线段所夹的角为90°） 1. 证明图中另外的线段与所要求证的两条垂直线段中的一条线段平行，根据平行线的性质证得两条线段的夹角等于90°； 2. 设法将两条垂直的线段构成的夹角放在一个三角形中，通过角度间的等量代换，证得其余两角之和为90° 类型 常考问题设计 证明两 条直线平 行 （4）如图2－41－5，若 FC=FG，求证：AD∥CG． 证明：∵A，D， C，G四点共圆， ∴∠FCG=∠DAG． ∵FC=FG， ∴∠FCG=∠FGC． ∴∠FGC=∠DAG． ∴AD∥CG． 解题通用技法 证明两直线平行的方法： 1. 根据同位角相等、内错角相等或同旁内角互补的方法证明，通过角度间等量代换或找到相等的角或互补的角即可； 2. 垂直于同一条直线的两条直线互相平行 类型 常考问题设计 证明直 线与圆相切 （5）如图2－41－6，设BG与 CD交于点H，M是DF上一点， 且MH=MG． 求证：MG是⊙O 的切线． 证明：如答图2－41－4，连接OG，则OG=OB=OA． ∴∠OGB=∠B． ∵CD⊥AB于点E， ∴∠BEC=90°． ∵MH=MG， ∴∠MGH=∠MHG=∠BHE． ∴∠OGM=∠MGH＋ ∠OGB=∠BHE＋∠B= 90°． ∴MG⊥OG． ∵OG是⊙O的半径，且MG⊥OG， ∴MG是⊙O的切线． 答图2－41－4 解题通用技法 证明直线与圆相切的方法： 1. 定义法：只要能证明直线与圆有唯一公共点，就能说直线与圆相切； 2. d=R法：证明圆心到直线的距离d等于该圆的半径R，就能判定直线与圆相切； 3. 利用“切线的判定定理”，即经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线 1. （2025∙德阳）如图2－41－7，在⊙O中，直径AB与弦CD交于 点E， =2 ，连接AD，过点B作⊙O的切线与AD的延长线相交于 点F，CD的延长线与BF的延长线相交于点G． （1）若∠AFB=70°，求∠G的度数； （1）解：∵AB是⊙O的直径，BG是⊙O的切线， ∴AB⊥BG，即∠ABF=90°． ∵∠AFB=70°，∴∠BAF=90°－∠AFB=20°． ∵ =2 ， ∴∠ADC=2∠BAF=40°．∴∠GDF=∠ADC=40°． ∴∠G=∠AFB－∠GDF=70°－40°=30°． （2）连接CO，AC，再连接DO并延长交AC于点M． ①证明：DM⊥AC； （2）①证明：∵ =2 ，∴∠ADC=2∠BAD． ∵∠AOC=2∠ADC，∠BOD=2∠BAD， ∴∠AOC=2∠BOD． ∵∠AOM=∠BOD，∴∠AOC=2∠AOM，即 ∠AOM=∠COM． 在△AOC中，OA=OC，∠AOM=∠COM，∴OM⊥AC， 即DM⊥AC． ②若CD∙AF=16，求⊙O的直径． ②解：如答图2－41－5，连接BD． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB=90°．∴∠ADB=∠ABF． 又∵∠BAD=∠FAB，∴△ABD∽△AFB． ∴ = ，即AB2=AD∙AF． 由①知DM⊥AC，∴AM=CM． ∴DM垂直平分 AC． ∴AD=CD． ∵CD∙AF=16，∴AB2=AD∙AF=CD∙AF=16.∴AB=4. 　答图2－41－5 2. （2025∙贵州）如图2－41－8，在⊙O中，∠ACB是直角，D为 的中点，DE为⊙O的切线交AB的延长线于点E． 连接CD， BD． （1）点O与AB的位置关系是 ，线段CD与线 段BD的数量关系是 ⁠； 点O在线段AB上 CD=BD （2）过点E作EF⊥AE，与AD的延长线交于点F． 根据题意补全 图形，判断△DEF的形状，并说明理由； 解：（2）补全图形如答图2－41－6所示， △DEF为等腰三角形． 理由：如答图2－41－6，连接OD． ∵DE为⊙O的切线交AB的延长线于点E， ∴OD⊥DE，即 ∠ODE=90°． ∴∠ADO＋∠EDF=90°． 答图2－41－6 ∵OA=OD， ∴∠DAO=∠ADO． ∴∠DAO＋∠EDF=90°． ∵AE⊥EF， ∴∠F＋∠DAO=90°． ∴∠F=∠EDF． ∴EF=ED． ∴△DEF是等腰三角形． 答图2－41－6 （3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为3，DE=4，求CD的长． 解：（3）如答图2－41－6，过点D作 DH⊥AB于点H． ∵⊙O的半径为3，DE=4，∠ODE=90°， ∴OE= = =5. ∵S△ODE= OD∙DE= DH∙OE， ∴DH= = = ． ∴OH= = = ． 答图2－41－6 ∴BH=OB－OH=3－ = ． ∴BD= = = ． ∴CD=BD= ． 答图2－41－6 3. （2025∙连云港）已知AD是△ABC的高，⊙O是△ABC的外接 圆． （1）请你在图2－41－9①中用无刻度的直尺和圆规，作△ABC的 外接圆；（保留作图痕迹，不写作法） （1）解：如答图2－41－7，⊙O即为所作． 　答图2－41－7 （2）如图2－41－9②，若⊙O的半径为R，求证：R= ； （2）证明：如答图2－41－8，作⊙O的直径 AM，连接BM． 　∴∠ABM=90°，AM=2R． ∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC=90°．∴∠ABM=∠ADC． 又∵∠ACB=∠AMB， ∴△ABM∽△ADC． ∴ = ，即 = ． ∴R= ． 答图2－41－8 （3）如图2－41－9③，延长AD交⊙O于点E，过点E的切线交OC 的延长线于点F． 若BC=7，AD=3 ，∠ACB=60°，求CF的 长． 图2－41－9 （3）解：如答图2－41－9，连接OE． ∵∠ACB=60°，∠ADC=90°， ∴∠DAC=90°－∠ACB=30°． ∴∠EOC=2∠DAC=60°． ∵EF为⊙O的切线， ∴OE⊥EF，即∠OEF=90°． ∴∠F=90°－∠EOC=30°．∴OF=2OE． ∵OC=OE，∴OF=2OC，即CF=OC=R． 在Rt△ADC中，AD=3 ，∠DAC=30°， 　答图2－41－9 ∴CD=AD∙tan∠DAC=3 ×tan 30°=3，AC=2CD=6. ∵BC=7，∴BD=BC－CD=4. 在Rt△ABD中，AB= = ． 由（2）知R= ，∴R= = ． ∴CF= ． 4. （2025∙云南）如图2－41－10，⊙O是五边形ABCDE的外接 圆，BD是⊙O的直径．连接AC，BE，CE，∠AEC=∠ACF． （1）若CE=CB，且∠CBE=60°，求∠BCE的度数； （1）解：∵CE=CB，且∠CBE=60°， ∴△CBE是等边三角形． ∴∠BCE=60°． （2）求证：直线CF是⊙O的切线； （2）证明：如答图2－41－10，连接CO并延长，交 ⊙O于点M，连接EM． ∵CM是⊙O的直径，∴∠CEM=90°． ∴∠AEC＋∠AEM=90°． ∵∠AEC=∠ACF，∠AEM=∠ACM， ∴∠ACF＋∠ACM=90°，即∠MCF=90°． ∴OC⊥CF． 又∵OC是⊙O的半径， ∴直线CF是⊙O的切线． 答图2－41－10 （3）探究，发现与证明： 已知AC平分∠BAE，是否存在常数a，b，使等式AC2=aBC∙CE＋ bAB∙AE成立？若存在，请直接写出一个a的值和一个b的值，并证 明你写出的a的值和b的值，使等式AC2=aBC∙CE＋bAB∙AE成立； 若不存在，请说明理由． （3）解：存在常数a=1，b=1，使等式AC2=aBC∙CE ＋bAB∙AE成立．证明如下： 如答图2－41－11，设AC与BE相交于点N． ∵AC平分∠BAE，∴∠EAC=∠BAC． ∵∠EAC=∠EBC，∠BAC=∠BEC， ∴∠EAC=∠EBC=∠BAC=∠BEC． ∴CE=CB． ∵∠BCN=∠ACB，∠EBC=∠BAC， ∴△BCN∽△ACB． 　答图2－41－11 ∴ = ，即BC2=AC∙CN． ① ∵∠AEN=∠ACB，∠EAC=∠BAC， ∴△AEN∽△ACB． ∴ = ，即AB∙AE=AC∙AN． ② ①＋②，得BC 2＋AB∙AE=AC∙CN＋AC∙AN =AC∙（CN＋AN）=AC2． ∵CE=CB，∴AC2=BC∙CE＋AB∙AE． ∴此时a=1，b=1. ∴存在常数a=1，b=1，使等式AC2=aBC∙CE＋ bAB∙AE成立． 　答图2－41－11 5. （2024∙湖南）【问题背景】 已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按 逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A 作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角． 【初步感知】 （1） 如图2－41－11①，当α=60°时，∠CAE= ⁠°； 30 ①如图2－41－11②，当AC=2r时，求证：无论α在给定的范围内 如何变化，BC=CD＋ED总成立； ②如图2－41－11③，当AC= r， = 时，请补全图形，并求 tanα及 的值． 【问题探究】 （2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接 CE，对角线AC，BD相交于点F． （2）①证明：∵四边形ABCD是矩形，AC=2r， ∴OA=OE=CF=DF=r． ∵∠OAC=∠ADC=90°，∴∠OAE＋∠CAD=∠ACD＋ ∠CAD． ∴∠OAE=∠ACD． ∵OA=OE，CF=DF，∴∠OEA=∠OAE=∠ACD=∠CDF． 在△OAE和△FCD中， ∴△OAE≌△FCD（AAS）．∴AE=CD． ∵AD=AE＋ED，∴BC=AD=CD＋ED． 则无论α在给定的范围内如何变化，BC=CD＋ED总成立． ②解：补全图形如答图2－41－12. 答图2－41－12 ∵AC是切线，∴∠OAC=90°． ∵AC= r，∴tan∠AOC= = ． 设OA=3m，则AC= r=4m．∴OC=5m． ∵ = ，OE=OA=3m，∴CE=2m． ∴OE＋CE=5m=OC，即点E在线段OC上．∴tanα=tan∠AOC= ． 如答图2－41－12，过点O作OH⊥AE，垂足为H，则AH=EH． ∵∠OHE=90°=∠D，∠OEH=∠CED， ∴△OEH∽△CED． ∴ = = ． 设EH=AH=3a，则DE=2a．∴AD=AH＋EH＋ED=8a． 在Rt△ACD中，CD2=AC2－AD2=16m2－64a2， 在Rt△CED中，CD2=CE2－ED2=4m2－4a2， ∴16m2－64a2=4m2－4a2．解得a= m． ∴BC=AD= m，AB=CD= = m． ∴ = = ． $