四点共圆的判定方法以及证明（判定定理的直接证明）
四点共圆的判定方法以及证明（判定定理的直接证明）图2分析：作△ABD的外接圆⊙O，则∠AOB=2∠D=2∠C。命题就可以转化为如图2，OA=OB，∠AOB=2∠C，若能证明CO=BO，根据圆的定义，即点C在⊙O上，命题得证。笔者对此进行了研究，得到数种证明方法，都可以对两个定理进行直接证明，针对两种情况，相同的思路一以贯之，与读者分享。定理1：如图1，△ABC和△ABD有公共边AB，这条边所对应的角∠C和∠D相等，并且在 公共边AB的同侧，那么△ABC和△ABD有公共的外接圆。图1
关于四点共圆的判定，通用教材《几何》第二册中曾介绍过两种行之有效的常用方法。
方法1：如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆。简记为：“对角互补，四点共圆”。
方法2：如果两个三角形有一条公共边，这条边所对应的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆，简记为：“同旁二等角，四点必共圆”。
但是书中分析道，两种情况的直接证明比较困难，所以给出的都是间接证明，即反证法。
笔者对此进行了研究，得到数种证明方法，都可以对两个定理进行直接证明，针对两种情况，相同的思路一以贯之，与读者分享。
定理1：如图1，△ABC和△ABD有公共边AB，这条边所对应的角∠C和∠D相等，并且在 公共边AB的同侧，那么△ABC和△ABD有公共的外接圆。
图1
分析：作△ABD的外接圆⊙O，则∠AOB=2∠D=2∠C。命题就可以转化为如图2，OA=OB，∠AOB=2∠C，若能证明CO=BO，根据圆的定义，即点C在⊙O上，命题得证。
图2
思路一：关注到核心条件有∠AOB=2∠C，不难想到，将∠AOB“一分为二”，则有作角平 分线内分以及构建等腰三角形外分两种方法。
解法1：
过点O作OE⊥AB，过点B作BD⊥AC，
因为OA=OB，
所以∠BOC=∠AOB/2=∠ACB，
且点E为AB中点，所以DE=BE，
所以△CDB ∽△OEB，
所以CB:OB=BD:BE。
又∠CBD ∠OBD=∠OBE ∠OBD，
即∠CBO=∠DBE，
所以△CBO ∽△DBE，
因为EB=ED，
所以OC=OB，则命题得证。
图3
解法2：
如图3，过点B作BD⊥AB交AO的延长线于点D，连接CD。
记AD与BC交于点E，
不难得到，∠BDA=∠AOB/2=∠ACB，
又∠AEC=∠BED，
所以△ACE ∽△BDE，
所以CE:DE=AE:BE。
又∠CED=∠AEB，
所以△CED ∽△AEB，
所以∠CDE=∠ABE，
所以∠CDE ∠CAD=∠ABE ∠DBE=90°，
即∠ACD=90°，
所以CO=AO，则命题得证。
思路二：除了将∠AOB“一分为二”，也可以将∠ACB“加倍”，根据图形特征，可以将三角形进行翻折。
图4
解法3：
如图4，分别作点O关于AC、BC的对称点点D、E，
则∠DCE=2∠ACB=∠AOB=2q，
因为△CDE和△OAB均为等腰三角形，
所以△CDE ∽△OAB，
又DA=OA=OB=EB，
∠DAB ∠EBA=(∠DAC ∠EBC) (∠CAB ∠CBA)=q 180°-q=180°
所以AD//BE，
所以四边形ABCD为平行四边形，
所以AB=DE，
所以△CDE ≌△OAB。
所以CO=CD=OA，则命题得证。
图5
解法4：
如图5，作点A关于BC的对称点D，
则∠ACD=2∠ACB=∠AOB，
又AC:AO=DC:BO，
所以△ACD ∽△AOB，
所以AC:AD=AO:AB，
所以△CAD ∽△OAB，
即∠CAO=∠DAB，
所以△AOC ∽△ABD，
因为AB=BD，
所以AO=CO。则命题得证。
思路三：核心条件还有OA=OB，遇等腰则旋转，可使分散的条件相对集中，以解决问题。
图6
解法5：
如图6，将△BOC绕着点O逆时针旋转∠AOB度数，
则易得△COD ∽△BOA。
不妨设∠AOB=2q，
则∠ACB=q，
所以∠OAC ∠OAD=∠OAC ∠OBC=q，
即∠CAD=∠ACB，
又AD=BC，
所以△CAD ≌△ACB，
所以CD=AB。
所以△OCD ≌△OBA，
即OC=OB。则命题得证。
定理2：如图7，如果一个四边形ACBD中，∠C ∠D=180°，那么这个四边形内接于圆。
图7
分析：连接AB，作△ABD的外接圆⊙O，则∠AOB=2∠D=2(180°-∠C)。命题就可以转化为如图7，OA=OB，∠AOB/2 ∠C=180°，若能证明CO=BO，根据圆的定义，即点C在⊙O上，命题得证。思路形成同前文，得到以下五种证明方法。
图8
解法1：
如图8，过点O作OE⊥AB，过点B作BD⊥AC，
因为OA=OB，
所以∠BOE=∠AOB/2=180°-∠ACB=∠BCD，
且点E为AB中点，
所以DE=BE，
所以△CDB∽△OEB，
所以CB:OB=BD:BE。
又∠CBD ∠EBC=∠OBE ∠EBC，
即∠EBD=∠OBC，
所以△EBD∽△OBC。
因为EB=ED，
所以OC=OB，则命题得证。
图9
解法2：
如图9，过点B作BD⊥AB交AO的延长线于点D，连接CD，
记AC与DB的延长线交于点E，
不难得到，∠BDA=∠AOB/2=∠ECB，
又∠E=∠E，
所以△BCE∽△ADE。
所以CE:BE=DE:AE，
所以△CED ∽△BEA，
所以∠ECD=∠EBA=90°，
即∠ACD=90°，
所以CO=AO，则命题得证。
图10
解法3：
如图10，分别作点O关于AC、BC的对称点D、E，
则∠DCE=360°-2(180°-q)=2q=∠AOB，
因为△CDE和△OAB均为等腰三角形，
所以△CDE∽△OAB。
又DA=OA=OB=EB，
∠DAB ∠EBA=(∠DAC ∠EBC) (∠CAB ∠CBA)=180°-q 180°-(180°-q)=180°，
所以AD//BE，
所以四边形ABED为平行四边形。
所以AB=DE，
所以△CDE≌△OAB。
所以CO=CD=OA，则命题得证。
图11
解法4：
如图11，作点A关于BC的对称点D，
则∠ACD=360°-2∠ACB=∠AOB，
又AC:AO=DC:BO，
所以△ACD∽△AOB，
所以AC:AD=AO:AB，
且∠CAD=∠OAB，
即∠CAO=∠DAB，
所以△AOC∽△ABD。
因为AB=BD，
所以AO=CO，则命题得证。
图12
解法5：
如图12，将△BOC绕着点O逆时针旋转∠AOB度数，
则易得△COD∽△BOA。
不妨设∠AOB=2q，
则∠ACB=180°-q，
所以∠OAC ∠OAD=∠OAC ∠OBC=180°-q，
即∠CAD=∠ACB。
又AD=BC，
所以△CAD≌△ACB。
所以CD=AB，
所以△OCD≌△OBA。
即OC=OB，则命题得证。
虽然“对角互补，四点共圆”和“同旁二等角，四点必共圆”是两个不同的定理，但它们有脉络上的关联，相互依存，由此及彼。文中提及的五种思路也都可以将两种情况直接证明，体现了两个命题及图形的共性和逻辑的一致性，五种方法都回归到了圆的集合性定义，在同一平面内，到定点的距离等于定长的点的集合。在定义的引领下，关注角之间的度量关系，构建初等几何方法，利用相似性，轴对称、旋转全等，平行四边形等性质和应用，实现对“线段转化”这一难点突破，使得四点共圆的直接证明也并不困难。
本文部分字句引自期刊论文，有改动。
