“四點共圓”判定定理的直接證明
關于四點共圓的判定，通用教材《幾何》第二冊中曾介紹過兩種行之有效的常用方法。
方法1：如果一個四邊形的一組對角互補，那麼這個四邊形内接于圓。簡記為：“對角互補，四點共圓”。
方法2：如果兩個三角形有一條公共邊，這條邊所對應的角相等，并且在公共邊的同側，那麼這兩個三角形有公共的外接圓，簡記為：“同旁二等角，四點必共圓”。
但是書中分析道，兩種情況的直接證明比較困難，所以給出的都是間接證明，即反證法。
筆者對此進行了研究，得到數種證明方法，都可以對兩個定理進行直接證明，針對兩種情況，相同的思路一以貫之，與讀者分享。
定理1：如圖1，△ABC和△ABD有公共邊AB，這條邊所對應的角∠C和∠D相等，并且在 公共邊AB的同側，那麼△ABC和△ABD有公共的外接圓。
圖1
分析：作△ABD的外接圓⊙O，則∠AOB=2∠D=2∠C。命題就可以轉化為如圖2，OA=OB，∠AOB=2∠C，若能證明CO=BO，根據圓的定義，即點C在⊙O上，命題得證。
圖2
思路一：關注到核心條件有∠AOB=2∠C，不難想到，将∠AOB“一分為二”，則有作角平 分線内分以及構建等腰三角形外分兩種方法。
解法1：
過點O作OE⊥AB，過點B作BD⊥AC，
因為OA=OB，
所以∠BOC=∠AOB/2=∠ACB，
且點E為AB中點，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，
因為EB=ED，
所以OC=OB，則命題得證。
圖3
解法2：
如圖3，過點B作BD⊥AB交AO的延長線于點D，連接CD。
記AD與BC交于點E，
不難得到，∠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，則命題得證。
思路二：除了将∠AOB“一分為二”，也可以将∠ACB“加倍”，根據圖形特征，可以将三角形進行翻折。
圖4
解法3：
如圖4，分别作點O關于AC、BC的對稱點點D、E，
則∠DCE=2∠ACB=∠AOB=2q，
因為△CDE和△OAB均為等腰三角形，
所以△CDE ∽△OAB，
又DA=OA=OB=EB，
∠DAB+∠EBA=(∠DAC+∠EBC)+(∠CAB+∠CBA)=q+180°-q=180°
所以AD//BE，
所以四邊形ABCD為平行四邊形，
所以AB=DE，
所以△CDE ≌△OAB。
所以CO=CD=OA，則命題得證。
圖5
解法4：
如圖5，作點A關于BC的對稱點D，
則∠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，
因為AB=BD，
所以AO=CO。則命題得證。
思路三：核心條件還有OA=OB，遇等腰則旋轉，可使分散的條件相對集中，以解決問題。
圖6
解法5：
如圖6，将△BOC繞着點O逆時針旋轉∠AOB度數，
則易得△COD ∽△BOA。
不妨設∠AOB=2q，
則∠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。則命題得證。
定理2：如圖7，如果一個四邊形ACBD中，∠C+∠D=180°，那麼這個四邊形内接于圓。
圖7
分析：連接AB，作△ABD的外接圓⊙O，則∠AOB=2∠D=2(180°-∠C)。命題就可以轉化為如圖7，OA=OB，∠AOB/2+∠C=180°，若能證明CO=BO，根據圓的定義，即點C在⊙O上，命題得證。思路形成同前文，得到以下五種證明方法。
圖8
解法1：
如圖8，過點O作OE⊥AB，過點B作BD⊥AC，
因為OA=OB，
所以∠BOE=∠AOB/2=180°-∠ACB=∠BCD，
且點E為AB中點，
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。
因為EB=ED，
所以OC=OB，則命題得證。
圖9
解法2：
如圖9，過點B作BD⊥AB交AO的延長線于點D，連接CD，
記AC與DB的延長線交于點E，
不難得到，∠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，則命題得證。
圖10
解法3：
如圖10，分别作點O關于AC、BC的對稱點D、E，
則∠DCE=360°-2(180°-q)=2q=∠AOB，
因為△CDE和△OAB均為等腰三角形，
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，
所以四邊形ABED為平行四邊形。
所以AB=DE，
所以△CDE≌△OAB。
所以CO=CD=OA，則命題得證。
圖11
解法4：
如圖11，作點A關于BC的對稱點D，
則∠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。
因為AB=BD，
所以AO=CO，則命題得證。
圖12
解法5：
如圖12，将△BOC繞着點O逆時針旋轉∠AOB度數，
則易得△COD∽△BOA。
不妨設∠AOB=2q，
則∠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，則命題得證。
雖然“對角互補，四點共圓”和“同旁二等角，四點必共圓”是兩個不同的定理，但它們有脈絡上的關聯，相互依存，由此及彼。文中提及的五種思路也都可以将兩種情況直接證明，體現了兩個命題及圖形的共性和邏輯的一緻性，五種方法都回歸到了圓的集合性定義，在同一平面内，到定點的距離等于定長的點的集合。在定義的引領下，關注角之間的度量關系，構建初等幾何方法，利用相似性，軸對稱、旋轉全等，平行四邊形等性質和應用，實現對“線段轉化”這一難點突破，使得四點共圓的直接證明也并不困難。
本文部分字句引自期刊論文，有改動。
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