专题22 圆的相关性质（34题）（教师卷+学生卷）- 2024年中考数学真题分类汇编（全国通用）

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一、单选题
1．（2024·湖南·中考真题）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题的关键．根据圆周角定理可知，即可得到答案．
【详解】根据题意，圆周角和圆心角同对着，
，
，
．
故选：C．
2．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是的直径，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查圆周角定理，关键是由圆周角定理推出．
由圆周角定理得到，由邻补角的性质求出．
【详解】解：，
，
．
故选：D．
3．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，将一根木棒的一端固定在O点，另一端绑一重物．将此重物拉到A点后放开，让此重物由A点摆动到B点．则此重物移动路径的形状为（ ）

A．倾斜直线B．抛物线C．圆弧D．水平直线
【答案】C
【分析】本题考查动点的移动轨迹，根据题意，易得重物移动的路径为一段圆弧．
【详解】解：在移动的过程中木棒的长度始终不变，故点的运动轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，
故选：C．
4．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明的解决方案是：在工件圆弧上任取两点，连接，作的垂直平分线交于点，交于点，测出，则圆形工件的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出的长；设圆心为O，连接，在中，可用半径表示出的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的直径长．
【详解】解：∵是线段的垂直平分线，
∴直线经过圆心，设圆心为，连接．
中，，
根据勾股定理得：
，即：
，
解得：；
故轮子的半径为，
故选：C．
5．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是的直径，是的弦，半径，连接，交于点E，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理以及三角形的外角性质．先根据垂径定理，求得，利用圆周角定理求得，再利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵半径，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
6．（2024·湖北·中考真题）为半圆的直径，点为半圆上一点，且．①以点为圆心，适当长为半径作弧，交于；②分别以为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点；③作射线，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查圆周角定理以及角平分线定义，根据直径所对的圆周角是直角可求出，根据作图可得，故可得答案
【详解】解：∵为半圆的直径，
∴，
∵，
∴，
由作图知，是的角平分线，
∴，
故选：C
7．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，是的直径，若，则的度数等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等．根据直径所对的圆周角为直角得到，同弧或等弧所对的圆周角相等得到，进一步计算即可解答．
【详解】解：是的直径，
，
，
，
，
故选：A．
8．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出，即可得到答案．
【详解】解：是圆周角，与圆心角对相同的弧，且，
，
又四边形是的内接四边形，
，
又，
，
故选：A．
9．（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、在上．若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了弧弦圆心角的关系，圆周角定理，连接，由可得，进而由圆周角定理即可求解，掌握圆的有关性质是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∴，
故选：．
10．（2024·黑龙江绥化·中考真题）下列叙述正确的是（ ）
A．顺次连接平行四边形各边中点一定能得到一个矩形
B．平分弦的直径垂直于弦
C．物体在灯泡发出的光照射下形成的影子是中心投影
D．相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的判定，垂径定理，中心投影，弧、弦与圆心角的关系，根据相关定理逐项分析判断，即可求解．
【详解】A. 顺次连接平行四边形各边中点不一定能得到一个矩形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故该选项不正确，不符合题意；
C. 物体在灯泡发出的光照射下形成的影子是中心投影，故该选项正确，符合题意；
D. 在同圆或等圆 中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
11．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（ ）
A．点在上B．点在内C．点在外D．无法确定
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．
【详解】解：如图，令与的交点为，
为半径，为弦，且，
，
，
在中，，，，
，
，即的半径为4，
，
点在外，
故选：C．
12．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，连接，由是的直径得到，根据圆周角定理得到，得到，再由圆内接四边形对角互补得到答案.
【详解】解：如图，连接，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴
∴
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故选：B
13．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，，，，则的半径是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，即可证得，进而可求得，再利用圆周角定理得到，结合三角函数即可求解．
【详解】解：延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，
∵四边形内接于，
∴
∴
∵
∴，
∴是的直径，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∴，,
∵
∴
又∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
二、填空题
14．（2024·四川南充·中考真题）如图，是的直径，位于两侧的点C，D均在上，，则 度．
【答案】75
【分析】本题考查圆周角定理，补角求出，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵是的直径，位于两侧的点C，D均在上，，
∴，
∴；
故答案为：75．
15．（2024·北京·中考真题）如图，的直径平分弦（不是直径）.若，则

【答案】55
【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由垂径定理得到，由得到，故．
【详解】解：∵直径平分弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
16．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，是的内接三角形，若，则 ．
【答案】/62度
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，连接，利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出的度数，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
17．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，内接于，是直径，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据同弧所对的圆周角相等得出，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵内接于，是直径，
∴，
∵,，
∴
∴，
故答案为：．
18．（2024·四川眉山·中考真题）如图，内接于，点在上，平分交于，连接．若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，角平分线的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，延长，交于，由圆周角定理可得，，进而可证明，得到，即得，利用勾股定理得，再证明，得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：延长，交于，
是的直径，
，，
平分，
，
又∵，
∴，
，
，
，，
，
，
又∵，
∴，
，
，
，
，
，
故答案为：．
19．（2024·陕西·中考真题）如图，是的弦，连接，，是所对的圆周角，则与的和的度数是 ．

【答案】/90度
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理可得，结合三角形内角和定理，可证明，再根据等腰三角形的性质可知，由此即得答案．
【详解】是所对的圆周角，是所对的圆心角，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
20．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，直径于点E，，则弦的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
由垂径定理得，设的半径为，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，即可得出，在中，由勾股定理即可求解．
【详解】解：∵，
，
设的半径为，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
21．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ．
【答案】或或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故答案为：或或2．
22．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为 ，最小值为 .
【答案】 / /
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵线段绕点C在平面内旋转，，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
在中，，
∵为定值，
∴当最大时，最大，最小时，最小，
∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最大值为；
当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最小值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．
三、解答题
23．（2024·四川甘孜·中考真题）如图，为⊙O的弦，C为的中点，过点C作，交的延长线于点D．连接．

(1)求证：是⊙O的切线；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、垂径定理的推论等知识点，熟记相关结论是解题关键．
（1）由垂径定理的推论可知，据此即可求证；
（2）利用勾股定理求出即可求解；
【详解】（1）证明：∵为⊙O的弦，C为的中点，
由垂径定理的推论可知：，
∵，
∴，
∵为⊙O的半径，
∴是⊙O的切线；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴．
24．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，是的直径，是的两条弦，点与点在的两侧，是上一点（），连接，且．
(1)如图1，若，，求的半径；
(2)如图2，若，求证：．（请用两种证法解答）
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）利用等边对等角、三角形内角和定理求出，结合，可得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）法一：过O作于F，利用垂径定理等可得出，然后利用定理证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证；
法二：连接，证明，得出，然后利用平行线的判定即可得证
【详解】（1）解∶∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得，
即的半径为3；
（2）证明：法一：过O作于F，
∴，
∵
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
法二：连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，灵活运用所学知识解题是解题的关键．
25．（2024·安徽·中考真题）如图，是的外接圆，D是直径上一点，的平分线交于点E，交于另一点F，．
(1)求证：；
(2)设，垂足为M，若，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)．
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握这些性质以及定理是解题的关键．
（1）由等边对等角得出，由同弧所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，等量代换得出，由角平分线的定义可得出，由直径所对的圆周角等于可得出，即可得出，即．
（2）由（1）知，，根据等边对等角得出，根据等腰三角形三线合一的性质可得出，的值，进一步求出，，再利用勾股定理即可求出．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又与都是所对的圆周角，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
故，
即．
（2）由（1）知，，
∴，
又，，
∴，，
∴圆的半径，
∴，
在中．
，
∴
即的长为．
26．（2024·四川眉山·中考真题）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，，平分交于点，连结．
(1)求证：是的切线；
(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质定理得到，求得，连接，根据角平分线的定义得到，求得，得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
，
，
，
，
，
连接，
平分，
，
，
，
是的直径，
，
．
27．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知及边上一点．
(1)用无刻度直尺和圆规在射线上求作点，使得；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，以点为圆心，以为半径的圆交射线于点，用无刻度直尺和圆规在射线上求作点，使点到点的距离与点到射线的距离相等；（保留作图痕迹，不写作法）
(3)在（1）、（2）的条件下，若，，求的长．
【答案】(1)作图见详解
(2)作图见详解
(3)
【分析】（1）根据尺规作角等于已知角的方法即可求解；
（2）根据尺规作圆，作垂线的方法即可求解；
（3）根据作图可得是直径，结合锐角三角函数的定义可得的值，根据勾股定理可求出的值，在直角中运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
∴；
点O即为所求
（2）解：如图所示，
连接，以点为圆心，以为半径画弧交于点，以点为圆心，以任意长为半径画弧交于点，分别以点为圆心，以大于为半径画弧，交于点，连接并延长交于点，
∵是直径，
∴，即，
根据作图可得，
∴，即，是点到的距离，
∵，
∴，
∴，
点即为所求点的位置；
（3）解：如图所示，
根据作图可得，，连接，
∴在中，，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
设，则，
∴在中，，
解得，（负值舍去），
∴，
在中，．
【点睛】本题主要考查尺规作角等于已知角，尺规作垂线，勾股定理，锐角三角函数的定义等知识的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
28．（2024·河南·中考真题）如图1，塑像在底座上，点D是人眼所在的位置．当点B高于人的水平视线时，由远及近看塑像，会在某处感觉看到的塑像最大，此时视角最大．数学家研究发现：当经过A，B两点的圆与水平视线相切时（如图2），在切点P处感觉看到的塑像最大，此时为最大视角．
(1)请仅就图2的情形证明．
(2)经测量，最大视角为，在点P处看塑像顶部点A的仰角为，点P到塑像的水平距离为．求塑像的高（结果精确到．参考数据：）．
【答案】(1)见解析
(2)塑像的高约为
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，解直角三角形的应用等知识，解题的关键是：
（1）连接，根据圆周角定理得出，根据三角形外角的性质得出，然后等量代换即可得证；
（2）在中，利用正切的定义求出，在中，利用正切的定义求出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接．
则．
∵，
∴．
（2）解：在中，，．
∵，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴．
∴．
答：塑像的高约为．
29．（2024·江西·中考真题）如图，是半圆O的直径，点D是弦延长线上一点，连接，．
(1)求证：是半圆O的切线；
(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等边三角形的判定和性质，弧长公式，熟知相关性质和计算公式是解题的关键．
（1）根据直径所对的圆周角为直角结合已知条件，可得，即可得，进而可证得结论；
（2）连接，证明为等边三角形，求得，利用弧长公式即可解答．
【详解】（1）证明：是半圆O的直径，
，
，
，
，
是半圆O的切线；
（2）解：如图，连接，
，
为等边三角形，
，，
，
．
30．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：
（1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证；
（2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接，
∵，，
∴垂直平分，
∴，，
∵为的切线，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；
（2）由（1）知四边形为矩形，，，
∴，
∴，
设的半径为，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：；
即：的半径为．
31．（2024·四川广元·中考真题）如图，在中，，，经过A、C两点，交于点D，的延长线交于点F，交于点E．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，再根据，可得，问题得证；
（2）过点C作于点H，根据等腰直角三角形的性质有，结合，可得，即，利用勾股定理可得．在中，根据，设半径为r，即有，问题得解．
【详解】（1）证明：连接．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为的切线．
（2）过点C作于点H，
∵为等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
在中，∵，
设半径为r，∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，正切，勾股定理等知识以及等腰三角形的性质等知识，问题难度不大，正确作出合理的辅助线，是解答本题的关键．
32．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，以为直径的交于点，垂足为． 的两条弦相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求扇形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用等边对等角，圆周角定理等可得出，由垂直的定义得出，等量代换得出，即，然后根据切线的判定即可得证；
（2）先利用含的直角三角形的性质求出，同时求出，进而求出，利用等边对等角，三角形外角的性质等可求出，，证明是等边三角形，得出，，进而求出，在中，利用余弦定义可求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
又是的半径；
∴是的切线；
（2）解：∵，，，
∴，，
又，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，
∴扇形的面积为．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形的应用，三角形外角的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
33．（2024·江苏扬州·中考真题）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知，， 是的外接圆，点在上（），连接、、．
【特殊化感知】
（1）如图1，若，点在延长线上，则与的数量关系为________；
【一般化探究】
（2）如图2，若，点、在同侧，判断与的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
（3）若，直接写出、、满足的数量关系．（用含的式子表示）
【答案】（1）；（2）（3）当在上时，；当在上时，
【分析】（1）根据题意得出是等边三角形，则，进而由四边形是圆内接四边形，设交于点，则，设，则，分别求得，即可求解；
（2）在上截取，证明，根据全等三角形的性质即得出结论；
（3）分两种情况讨论，①当在上时，在上截取，证明，，得出，作于点，得出，进而即可得出结论；②当在上时，延长至，使得，连接，证明，，同①可得，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴是等边三角形，则
∵是的外接圆，
∴是的角平分线，则
∴
∵四边形是圆内接四边形，
∴
∴
设交于点，则，
设，则
在中，
∴
∴，
∵是直径，则，
在中，
∴
∴
（2）如图所示，在上截取，
∵
∴
∴是等边三角形，
∴，则
∴
∵四边形是圆内接四边形，
∴
∴；
∵，，
∴是等边三角形，则
∴，
又∵
∴
在中
∴
∴，
∴
即；
（3）解：①如图所示，当在上时，
在上截取，
∵
∴
又∵
∴，则
∴即
又∵
∴
∴
∴
∵
∴
如图所示，作于点，
在中，，
∴
∴
∴，即
②当在上时，如图所示，延长至，使得，连接，
∵四边形是圆内接四边形，
∴
又∵
∴，则
∴即，
又∵
∴
∴
∴，
∵
同①可得
∴
∴
综上所述，当在上时，；当在上时，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握截长补短的辅助线方法是解题的关键．
34．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使．
(1)若，为直径，求的度数．
(2)求证：①；②．
【答案】(1)
(2)①见详解；②见详解
【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由为直径，得到，故，由，得到；
（2）①由四点共圆得，而，等量代换得到，故；
②过点D作平行线交于点G，可证明，，因此得到，由，得到．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明①：∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴；
②过点D作平行线交于点G，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．