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专题24.5 圆内接四边形【六大题型】
【人教版】
【题型1 利用圆内接四边形的性质求角度】.......................................................................................................1
【题型2 利用圆内接四边形的性质求线段长度】................................................................................................5
【题型3 利用圆内接四边形的性质求面积】.......................................................................................................9
【题型4 利用圆内接四边形判的性质断结论的正误】......................................................................................13
【题型5 利用圆内接四边形的性质进行证明】.................................................................................................16
【题型6 利用圆内接四边形的性质探究角或线段间的关系】..........................................................................20
【知识点1 圆内接四边形】
【题型1 利用圆内接四边形的性质求角度】
【例1】（2022•自贡）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，AB 是⊙O 的直径，∠ABD＝20°，则∠BCD 的度
数是（ ）
A．90°
B．100°
C．110°
D．120°
【分析】方法一：根据圆周角定理可以得到∠AOD 的度数，再根据三角形内角和可以求得∠OAD 的度
圆的内接四边形对角互补
四边形
是
的内接四边形
E
D
C
B
A
数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BCD 的度数．
方法二：根据AB 是⊙O 的直径，可以得到∠ADB＝90°，再根据∠ABD＝20°和三角形内角和，可以得
到∠A 的度数，然后根据圆内接四边形对角互补，即可得到∠BCD 的度数．
【解答】解：方法一：连接OD，如图所示，
∵∠ABD＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠OAD+∠ODA+∠AOD＝180°，
∴∠OAD＝∠ODA＝70°，
∵四边形ABCD 是圆内接四边形，
∴∠OAD+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝110°，
故选：C．
方法二：∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝20°，
∴∠A＝70°，
∵四边形ABCD 是圆内接四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝110°，
故选：C．
【变式1-1】（2022•云州区一模）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，连接OB，OD．当四边形OBCD 是菱
形时，则∠OBA+∠ODA 的度数是（ ）
A．65°
B．60°
C．55°
D．50°
【分析】连接OA，根据等腰三角形的性质求出∠OBA＝∠BAO，∠ODA＝∠DAO，求出∠OBA+∠ODA
＝∠BAD，根据菱形的性质得出∠BCD＝∠BOD，根据圆周角定理得出∠BOD＝2∠BAD，求出∠BCD
＝2∠BAD，根号圆内接四边形的性质得出∠BAD+∠BCD＝180°，求出∠BAD，再求出答案即可．
【解答】解：连接OA，
∵OA＝OB，OA＝OD，
∴∠OBA＝∠BAO，∠ODA＝∠DAO，
∴∠OBA+∠ODA＝∠BAO+∠DAO＝∠BAD，
∵四边形OBCD 是菱形，
∴∠BCD＝∠BOD，
由圆周角定理得：∠BOD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝2∠BAD，
∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴3∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝60°，
∴∠OBA+∠ODA＝∠BAD＝60°，
故选：B．
【变式1-2】（2022•蜀山区校级三模）如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，BE 是⊙O 的直径，连接
AE．若∠BCD＝2∠BAD，若连接OD，则∠DOE 的度数是
60°
．
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠BCD+∠BAD＝180°，根据∠BCD＝2∠BAD 求出∠BAD＝
60°，根据圆周角定理求出∠BAE＝90°，求出∠DAE 的度数，再根据圆周角定理得出∠DOE＝2∠DAE
即可．
【解答】解：∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BAD＝60°，
∵BE 是⊙O 的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠DOE＝2∠DAE＝60°，
故答案为：60°．
【变式1-3】（2022 秋•包河区期末）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，∠1+∠2＝64°，∠3+∠4＝
64
°．
【分析】利用圆内接四边形的性质，得出∠DAC+∠DCB ＝180° ，∠B+∠D ＝180° ，推出
∠1+∠2+∠3+∠4+2∠5＝180°，再利用圆周角定理和三角形的内角和定理求出∠3+∠4 的度数．
【解答】解：如图，
∵四边形ABCD 内接于⊙O，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，∠B+∠D＝180°，
又∵△AOC 为等腰三角形，
∴∠5＝∠OCA，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+2∠5＝180°，
∵∠1+∠2＝64°，
∴∠3+∠4＝180°﹣64°﹣2∠5＝116°﹣2∠5，
∵∠1+∠2+∠B＝180°，∠B+∠D＝180°，
∴∠D＝∠1+∠2＝64°，
∴∠O＝2∠D＝128，
在等腰三角形AOC 中，
2∠5＝180°﹣∠O＝180°﹣128°＝52°，
∴∠3+∠4＝116°﹣52°＝64°，
故答案为64．
【题型2 利用圆内接四边形的性质求线段长度】
【例2】（2022•碑林区校级四模）如图所示，四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，∠A＝45°，BC＝4，
CD＝2√2，则弦BD 的长为（ ）
A．2√5
B．3√5
C．√10
D．2√10
【分析】如图，过点D 作DE⊥BC 交BC 的延长线于E．解直角三角形求出CE，ED，再利用勾股定理
求出BD 即可．
【解答】解：如图，过点D 作DE⊥BC 交BC 的延长线于E．
∵∠A+∠BCD＝180°，∠A＝45°，
∴∠BCD＝135°，
∴∠DCE＝45°，
∵∠E＝90°，CD＝2√2，
∴CE＝ED＝2，BE＝CE+BC＝6，
在Rt△BED 中，∵∠E＝90°，BE＝6，DE＝2，
∴BD=√B E
2+ D E
2=√6
2+2
2=2√10，
故选：D．
【变式2-1】（2022•延边州二模）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，过B 点作BH⊥AD 于点H，若∠BCD
＝135°，AB＝4，则BH 的长度为（ ）
A．√2
B．2√2
C．3√2
D．不能确定
【分析】首先根据圆内接四边形的性质求得∠A 的度数，然后根据斜边长求得等腰直角三角形的直角边
长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD 内接于⊙O，∠BCD＝135°，
∴∠A＝180°﹣145°＝45°，
∵BH⊥AD，AB＝4，
∴BH= AB
√2 = 4
√2 =2√2，
故选：B．
【变式2-2】（2022•宁津县模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A 在x 轴负半轴上，点B 在y 轴正
半轴上，⊙D 经过A，B，O，C 四点，∠ACO＝120°，AB＝4，则圆心点D 的坐标是（ ）
A．(√3，1)
B．(−√3，1)
C．(−1，√3)
D．(−2，2√3)
【分析】先利用圆内接四边形的性质得到∠ABO＝60°，再根据圆周角定理得到AB 为⊙D 的直径，则D
点为AB 的中点，接着利用含30 度的直角三角形三边的关系得到OB＝2，OA=2√3，所以A（−2√3，
0），B（0，2），然后利用线段的中点坐标公式得到D 点坐标．
【解答】解：∵四边形ABOC 为圆的内接四边形，
∴∠ABO+∠ACO＝180°，
∴∠ABO＝180°﹣120°＝60°，
∵∠AOB＝90°，
∴AB 为⊙D 的直径，
∴D 点为AB 的中点，
在Rt△ABO 中，∠ABO＝60°，
∴OB= 1
2AB＝2，
∴OA=√3OB=2√3
∴A（−2√3，0），B（0，2），
∴D 点坐标为（−√3，1）．
故选：B．
【变式2-3】（2022 秋•汉川市期中）已知M 是弧CAB 的中点，MP 垂直于弦AB 于P，若弦AC 的长度为
x，线段AP 的长度是x+1，那么线段PB 的长度是
2 x +1
．（用含有x 的代数式表示）
【分析】延长MP 交圆于点D，连接DC 并延长交BA 的延长线于E 点，连接BD，由M 是弧CAB 的中
点，可得∠BDM＝∠CDM，又因为MP 垂直于弦AB 于P，可得∠BPD＝∠EPD＝90°，然后由ASA 定理
可证△DPE≌△DPB，然后由全等三角形的对应角相等，对应边相等可得：∠B＝∠E，PB＝EP，然后
由圆内接四边形的性质可得：∠ECA＝∠B，进而可得：∠E＝∠ECA，然后根据等角对等边可得AE＝
AC，进而可得PB＝PE＝EA+AP＝AC+AP，然后将AC＝x，AP＝x+1，代入即可得到PB 的长．
【解答】解：延长MP 交圆于点D，连接DC 并延长交BA 的延长线于E 点，连接BD，
∵M 是弧CAB 的中点，
∴∠BDM＝∠CDM，
∵MP 垂直于弦AB 于P，
∴∠BPD＝∠EPD＝90°，
在△DPE 和△DPB 中，
∵{
∠BPD =∠EPD
PD = PD
∠BDP =∠EDP
，
∴△DPE≌△DPB（ASA），
∴∠B＝∠E，PB＝EP，
∵四边形ABDC 是圆内接四边形，
∴∠ECA＝∠B，
∴∠E＝∠ECA，
∴AE＝AC，
∴PB＝PE＝EA+AP＝AC+AP，
∵AC＝x，AP＝x+1，
∴PB＝2x+1．
故答案为：2x+1．
【题型3 利用圆内接四边形的性质求面积】
【例3】（2022•贺州模拟）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，∠ABC：∠ADC＝2：1，AB＝2，点C 为^
BD
的中点，延长AB、DC 交于点E，且∠E＝60°，则⊙O 的面积是（ ）
A．π
B．2π
C．3π
D．4π
【分析】连接AC，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，进而得出△ADE 为等边
三角形，证明AB＝BE，进而求出圆的半径，根据圆的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD 内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ABC：∠ADC＝2：1，
∴∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，
∵∠E＝60°，
∴△ADE 为等边三角形，△BCE 为等边三角形，
∴AD＝AE，BC＝BE，BC∥AD，
∵点C 为^
BD的中点，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴AC⊥DE，
∴AD 为⊙O 的直径，
∵BC∥AD，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠CAB＝∠ACB，
∴AB＝BC，
∴AB＝BE，
∴⊙O 的半径为2，
∴⊙O 的面积＝4π，
故选：D．
【变式3-1】（2022 秋•青山区期中）如图，四边形ABCD 为⊙O 的内接四边形，∠AOD+∠BOC＝180°．
若AD＝2，BC＝6，则△BOC 的面积为（ ）
A．3
B．6
C．9
D．12
【分析】延长BO 交⊙O 于E，连接CE，可得∠COE+∠BOC＝180°，∠BCE＝90°，由∠AOD+∠BOC
＝180°，∠AOD＝∠COE，推出AD＝CE＝2，根据三角形的面积公式可求得△BEC 的面积为6，由OB
＝OE，可得△BOC 的面积= 1
2△BEC 的面积．
【解答】解：延长BO 交⊙O 于E，连接CE，
则∠COE+∠BOC＝180°，∠BCE＝90°，
即CE⊥BC，
∵∠AOD+∠BOC＝180°，
∴∠AOD＝∠COE，
∴^
AD =^
CE，
∴AD＝CE＝2，
∵BC＝6，
∴△BEC 的面积为1
2BC•CE= 1
2 ×6×2＝6，
∵OB＝OE，
∴△BOC 的面积= 1
2△BEC 的面积= 1
2 ×6＝3，
故选：A．
【变式3-2】（2022•鹿城区模拟）如图，圆内接四边形ABCD 中，∠BCD＝90°，AB＝AD，点E 在CD 的
延长线上，且DE＝BC，连接AE，若AE＝4，则四边形ABCD 的面积为
8
．
【分析】如图，连接AC，BD．由△ABC≌△ADE（SAS），推出∠BAC＝∠DAE，AC＝AE＝4，S△ABC
＝S△ADE，推出S 四边形ABCD＝S△ACE，由此即可解决问题；
【解答】解：如图，连接AC，BD．
∵∠BCD＝90°，
∴BD 是⊙O 的直径，
∴∠BAD＝90°，
∵∠ADE+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵AB＝AD，BC＝DE，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠BAC＝∠DAE，AC＝AE＝4，S△ABC＝S△ADE，
∴∠CAE＝∠BAD＝90°，
∴S 四边形ABCD＝S△ACE= 1
2 ×4×4＝8．
故答案为8．
【变式3-3】（2022•碑林区校级一模）如图，已知AC＝2√2，以AC 为弦的⊙O 上有B、D 两点，且
∠BAC＝∠DAC，则四边形ABCD 的面积最大值为
4
．
【分析】如图，将△ACB 绕点C 顺时针旋转得到△TCD．S 四边形ABCD＝S△ACT，因为AC＝CT＝2√2，所
以当AC⊥CT 时，S△ACT的面积最大．
【解答】解：如图，将△ACB 绕点C 顺时针旋转得到△TCD．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠B＝∠CDT，
∴∠ADC+∠CDT＝180°，
∴S 四边形ABCD＝S△ACT，
∵AC＝CT＝2√2，
∴当AC⊥CT 时，S△ACT的面积最大，最大值= 1
2 ×2√2×2√2=4．
故答案为：4．
【题型4 利用圆内接四边形判的性质断结论的正误】
【例4】（2022•银川模拟）如图，圆内接四边形ABCD 的对角线AC，BD 把它的4 个内分角成8 个角，用
下列关于角的等量关系不一定成立的是（ ）
A．∠1＝∠4
B．∠1+∠2+∠3+∠5＝180°
C．∠4＝∠7
D．∠ADC＝∠2+∠5
【分析】根据圆周角定理，三角形内角和定理进行判断即可．
【解答】解：∵∠1，∠4 所对的弧都是弧CD，
∴∠1＝∠4，
∵∠2，∠7 所对的弧都是弧BC，
∴∠2＝∠7，
∵∠5，∠8 所对的弧都是弧AB．
∴∠5＝∠8，
∵∠1+∠2+∠3+∠8＝180°，∠ADC＝∠8+∠7，
∴∠1+∠2+∠3+∠5＝180°，∠ADC＝∠2+∠5，
故A，B，D 都正确，
∵^
BC和^
DC不一定相等，
∴BC 与DC 不一定相等，
∴∠4 与∠7 不一定相等，
故C 错误，
故选：C．
【变式4-1】（2022 秋•西湖区校级期中）若四边形ABCD 为圆内接四边形，则下列哪个选项可能成立（
）
A．∠A：∠B：∠C：∠D＝1：2：3：4
B．∠A：∠B：∠C：∠D＝2：3：1：4
C．∠A：∠B：∠C：∠D＝3：1：2：4
D．∠A：∠B：∠C：∠D＝4：3：2：1
【分析】利用圆内接四边形的对角互补判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD 内接于⊙O，
∴∠A+∠C＝180°＝∠B+∠D，
故选：C．
【变式4-2】（2022•南皮县模拟）如图，已知四边形ABEC 内接于⊙O，点D 在AC 的延长线上，CE 平分
∠BCD 交⊙O 于点E，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．AB＝AE
B．AB＝BE
C．AE＝BE
D．AB＝AC
【分析】只要证明∠ECB＝∠BAE，∠ECD＝∠ABE，再根据角平分线定义即可解决问题．
【解答】解：连接EC．
∵EC 平分∠BCD，
∴∠ECB＝∠ECD，
∵∠ECB＝∠BAE，∠ECD＝∠ABE，
∴∠BAE＝∠ABE，
∴EA＝EB．
故选：C．
【变式4-3】（2022•碑林区校级模拟）如图，A，P，B，C 是⊙O 上的四个点，∠APC＝∠CPB＝60°，CP
交AB 于点E．（1）判断△ABC 的形状，证明你的结论；（2）①若P 是^
AB的中点，求证：PC＝
PA+PB；②若点P 在^
AB上移动，判断PC＝PA+PB 是否成立，证明你的结论
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABC＝∠CPB＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，根据等边三角形的判
定定理证明；
（2）在PC 上截取PH＝PA，得到△APH 为等边三角形，证明△APB≌△AHC，根据全等三角形的性质，
结合图形证明即可．
【解答】（1）解：△ABC 是等边三角形，
理由如下：由圆周角定理得，∠ABC＝∠CPB＝60°，∠BAC＝∠CPB＝60°，
∴△ABC 是等边三角形；
（2）①∵P 是^
AB的中点，
∴^
PB =^
PA，
∴PA＝PB，
∵CA＝CB，
∴PC 垂直平分线段AB，
∴PC 是直径，
∴∠PAC＝∠PBC＝90°，
∵∠PCA＝∠PCB＝30°，
∴PC＝2PA＝2PB，
∴PA+PB＝PC．
②PC＝PA+PB 成立；
证明：在PC 上截取PH＝PA，
∵∠APC＝60°，
∴△APH 为等边三角形，
∴AP＝AH，∠AHP＝60°，
在△APB 和△AHC 中，
{
∠APE =∠ACH
∠APB =∠AHC =120°
AP = AH
，
∴△APB≌△AHC（AAS）
∴PB＝HC，
∴PC＝PH+HC＝PA+PB．
【题型5 利用圆内接四边形的性质进行证明】
【例5】（2022•思明区校级一模）已知四边形ABCD 内接于⊙O，∠D＝90°，P 为^
CD上一动点（不与点
C，D 重合）．
（1）若∠BPC＝30°，BC＝3，求⊙O 的半径；
（2）若∠A＝90°，^
AD =^
AB，求证：PB﹣PD=√2PC．
【分析】（1）连接AC，得到AC 是⊙O 的直径，解直角三角形即可得到结论；
（2）根据圆内接四边形的性质得到四边形ABCD 为矩形．推出矩形ABCD 为正方形，根据全等三角形
的性质得到PC＝CE，得到△CPE 为等腰直角三角形，即可得到结论．
【解答】解：（1）连接AC，
∵∠D＝90°，
∴AC 是⊙O 的直径，
∵∠BAC＝∠P＝30°，
∴AC＝2BC＝6，
所以圆O 的半径为3；
（2）∵∠A＝90°，
∴∠C＝90°，
∵AC 为圆O 直径，
∴∠D＝∠B＝90°，
∴四边形ABCD 为矩形．
∵^
AD =^
AB，
∴AB＝AD，
∴矩形ABCD 为正方形，
在BP 上截取BE＝DP，
∴△BCE≌△DPC，
∴PC＝CE，
∴△CPE 为等腰直角三角形，
∴PE=√2PC，
∴PB＝PD+√2PC．
【变式5-1】（2022 秋•陵城区期末）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相
交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
如图1，∠E 是△ABC 中∠A 的遥望角，如图2，四边形ABCD 内接于⊙O，^
AD =^
BD，四边形ABCD 的
外角平分线DF 交⊙O 于点F，连接BF 并延长交CD 的延长线于点E．
求证：∠BEC 是△ABC 中∠BAC 的遥望角．
【分析】延长BC 到点T，根据圆内接四边形的性质得到∠FDC+∠FBC＝180°，得到∠ABF＝∠FBC，
根据圆周角定理得到∠ACD＝∠BFD，进而得到∠ACD＝∠DCT，根据遥望角的定义证明结论．
【解答】证明：如图2，延长BC 到点T，
∵四边形FBCD 内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF 平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE 是∠ABC 的平分线，
∵^
AD =^
BD，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE 是△ABC 的外角平分线，
∴∠BEC 是△ABC 中∠BAC 的遥望角．
【变式5-2】（2022•龙岩模拟）如图，四边形ABCD 内接于⊙O，AC 平分∠BAD，延长DC 交AB 的延长
线于点E．
（1）若∠ADC＝86°，求∠CBE 的度数；
（2）若AC＝EC，求证：AD＝BE．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质计算即可；
（2）证明△ADC≌△EBC 即可．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD 内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
又∵∠ADC＝86°，
∴∠ABC＝94°，
∴∠CBE＝180°﹣94°＝86°；
（2）证明：∵AC＝EC，
∴∠E＝∠CAE，
∵AC 平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠CAB，
∴∠DAC＝∠E，
∵四边形ABCD 内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
又∵∠CBE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠CBE，
在△ADC 和△EBC 中，
{
∠ADC =∠EBC
∠DAC =∠E
AC = EC
，
∴△ADC≌△EBC，
∴AD＝BE．
【变式5-3】（2022•天津）如图，⊙O 和⊙O′都经过A、B 两点，过B 作直线交⊙O 于C，交⊙O′于
D，G 为圆外一点，GC 交⊙O 于E，GD 交⊙O′于F．
求证：∠EAF+∠G＝180°．
【分析】连接AB ，根据圆内接四边形的性质可知∠GEA ＝∠ABC ，∠GFA ＝∠ABD ，再由
∠ABC+∠ABD＝180°，可得出∠GEA+∠GFA＝180°，由四边形AEGF 的内角和为360°即可得出结论．
【解答】证明：连接AB
∵四边形ABCE 与四边形ABDE 均为圆内接四边形，
∴∠GEA＝∠ABC，∠GFA＝∠ABD，
∵∠ABC+∠ABD＝180°，
∴∠GEA+∠GFA＝180°．
∵四边形AEGF 的内角和为360°，
∴∠EAF+∠G＝180°．
【题型6 利用圆内接四边形的性质探究角或线段间的关系】
【例6】（2022 春•涟水县校级期末）如图1，已知△ABC，AB＝AC，以边AB 为直径的⊙O 交BC 于点
D，交AC 于点E，连接DE．
（1）求证：DE＝DC．
（2）如图2，连接OE，将∠EDC 绕点D 逆时针旋转，使∠EDC 的两边分别交OE 的延长线于点F，AC
的延长线于点G．试探究线段DF、DG 的数量关系．
【分析】（1）利用圆内接四边形的性质得到∠DEC＝∠B，然后利用等角对等边得到结论．
（2）利用旋转的性质及圆内接四边形的性质证得△EDF≌△CDG 后即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABDE 内接于⊙O，
∴∠B+∠AED＝180°
∵∠DEC+∠AED＝180°
∴∠DEC＝∠B
∵AB＝AC
∴∠C＝∠B
∴∠DEC＝∠C
∴DE＝DC．
（2）证明：∵四边形ABDE 内接于⊙O，
∴∠A+∠BDE＝180°
∵∠EDC+∠BDE＝180°
∴∠A＝∠EDC，
∵OA＝OE
∴∠A＝∠OEA，
∵∠OEA＝∠CEF
∴∠A＝∠CEF
∴∠EDC＝∠CEF，
∵∠EDC+∠DEC+∠DCE＝180°
∴∠CEF+∠DEC+∠DCE＝180°
即∠DEF+∠DCE＝180°，
又∵∠DCG+∠DCE＝180°
∴∠DEF＝∠DCG，
∵∠EDC 旋转得到∠FDG
∴∠EDC＝∠FDG
∴∠EDC﹣∠FDC＝∠FDG﹣∠FDC
即∠EDF＝∠CDG，
∵DE＝DC
∴△EDF≌△CDG（ASA），
∴DF＝DG．
【变式6-1】（2022•赤峰）如图，四边形ABCD 为⊙O 的内接四边形，AB＝AC．
（1）若∠BAC＝40°，求∠ADC 的度数；
（2）若BD⊥AC 交AC 于点E，请判断∠BAC 和∠DAC 之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠ACB＝∠ABC＝70°，再根据圆内接四
边形的性质可求解；
（2）由可得直角三角形的性质∠ABE＝90°﹣∠BAC，∠ACB＝90°﹣∠CBE，结合圆周角定理可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∵∠ACB+∠ABC+∠BAC＝180°，∠BAC＝40°，
∴∠ACB＝∠ABC＝70°，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝110°；
（2）∠BAC＝2∠DAC．
证明：∵BD⊥AC，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
∴∠BAC+∠ABE＝90°，∠ACB+∠CBE＝90°，
∴∠ABE＝90°﹣∠BAC，∠ACB＝90°﹣∠CBE，
∵∠ABC＝∠ACB，∠ABE+∠CBE＝∠ABC，
∴90°﹣∠BAC+∠CBE＝90°﹣∠CBE，
∴∠BAC＝2∠CBE，
∴∠BAC＝2∠DAC．
【变式6-2】（2022 秋•香洲区校级期中）画∠A，在∠A 的两边分别取点B，点C，在∠A 的内部取一点
P，连接PB，PC．探索BPC 与∠A，∠B，∠C 之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】先过点A、B、C 作⊙O，分类讨论：当点P 在⊙O 上，根据圆内接四边形的性质得∠BPC+∠A
＝∠B+∠C＝180°；当点P 在⊙O 内，即P 点落在P1 的位置，根据三角形外角性质易得∠BPC＝
∠A+∠B+∠C ；当点P 在⊙O 内，即P 点落在P2 的位置，则根据四边形的内角和得到
∠BPC+∠A+∠B+∠C＝360°．
【解答】解：过点A、B、C 作⊙O，如图，
当点P 在⊙O 上，则∠BPC+∠A＝∠B+∠C＝180°；
当点P 在⊙O 内，即P 点落在P1的位置，则∠BPC＝∠A+∠B+∠C；
当点P 在⊙O 内，即P 点落在P2的位置，则∠BPC+∠A+∠B+∠C＝360°．
【变式6-3】（2022•阜宁县二模）我们学过圆内接四边形，学会了它的性质；圆内接四边形对角互补．下
面我们进一步研究．
（1）在图（1）中．∠ECD 是圆内接四边形ABCD 的一个外角．请你探究∠DCE 与∠A 的关系．并说
明理由．
（2）请你应用上述结论解答下题：如图（2）已知ABCD 是圆内接四边形，F、E 分别为BD，AD 延长
线上的点．如果DE 平分∠FDC．求证：AB＝AC．
【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补和邻补角的定义证明结论；
（2）根据圆内接四边形的性质和圆周角定理证明∠ABC＝∠ACB，根据等角对等边得到答案．
【解答】解：（1）∠DCE＝∠A，
∵∠A+∠DCB＝180°，
∠DCE+∠DCB＝180°，
∴∠DCE＝∠A；
（2）∵已知ABCD 是圆内接四边形，
∴∠ABC＝∠2，
∠ADB＝∠ACB，∠ADB＝∠1，
∠ACB＝∠1，
∵DE 平分∠FDC，
∴∠1＝∠2，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC．
