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四点共圆（知识讲解）【学习目标】1. 理解四点共圆的定义；2. 掌握判断四点共圆的基本方法，并用于解决证明和计算问题。
【要点梳理】四点共圆常用的方法有：1、对角互补的四边形，四点共圆；2、外角等于内对角的四边形，四点共圆；3、同底同侧的顶角相等的两个三角形，四点共圆；4、到定点的距离等于定长的四个点，四点共圆。
【典型例题】类型一、四点共圆的判定1．如图，BD ，AH 分别是ABC 的高，求证：A 、B 、H 、D 四点共圆．【分析】取AB 的中点O ，连接DO 、HO ，根据BD ，AH 分别是△ABC 的高，可得△DAB和△HAB 都是直角三角形，斜边都是AB ，而点O 为斜边中点，则有DO ＝HO ＝12AB ＝AO ＝BO ，也就是说以O 为圆心、OA 为半径的圆，点D 、H 、B 也在这个圆上，即可证明A 、B 、H 、D 四点共圆．证明：如图，取AB 的中点O ，连接DO 、HO ，△BD ，AH 分别是ABC ∆的高，DAB ∴∆和HAB ∆都是直角三角形，且它们的斜边都是AB ，△点O 为斜边中点，12DO HO AB AO BO ∴====，也就是说，点D、H、B在以O为圆心、OA为半径的圆上，即点D、H、B、A都在以O为圆心、以OA为半径的圆上，故可得：A、B、H、D四点共圆．【点拨】本题考查了四点共圆，解答本题的关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证得四点共圆．举一反三：【变式1】已知四边形ABCD为菱形，点E、F、G、H分别为各边中点，判断E、F、G、H四点是否在同一个圆上，如果在同一圆上，找到圆心，并证明四点共圆；如果不在，说明理由．【答案】点E、F、G、H四点是以AC，BD的交点O为圆心的同一个圆上，证明见分析.【分析】根据菱形的对角线互相垂直，以及直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出E、F、G、H到O点距离都等于定长即可.解：如图，连接AC，BD相交于点O，连接OE，OF，OG，OH，△四边形ABCD是菱形，△AB＝AD＝CD＝BC，AC△BD，△点E是AB的中点，△OE＝12AB，同理：OF＝12BC，OG＝12CD，OH＝12AD，△OE＝OF＝OG＝OH，△点E、F、G、H四点是以AC，BD的交点O为圆心的同一个圆上．【点拨】本题主要考查了四点共圆的条件，用到了菱形的性质及直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握其性质是解题的关键.【变式2】如图，在Rt ABC中，△BAC＝90°，△ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．（1）求△BAD的度数；（2）求证：A、D、B、E四点共圆．【答案】（1）10°；（2）见分析【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得△C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出△ADC＝△C，最后由外角定理求得△BAD的度数；（2）由旋转的性质得到△ABC＝△AED，由四点共圆的判定得出结论．解：（1）△在Rt ABC中，△BAC＝90°，△ABC＝40°，△△C＝50°，△将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，△AC＝AD，△△ADC＝△C＝50°，△△ADC＝△ABC+△BAD＝50°，△△BAD＝50°－40°＝10°证明（2）△将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，△△ABC＝△AED，△A、D、B、E四点共圆．【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．【变式3】如图，在□ABCD中，△BAD为钝角，且AE△BC，A F△CD．(1) 求证：A、E、C、F四点共圆；(2) 设线段BD与(1)中的圆交于M、N．求证：BM = ND【分析】（1）只要证明A、E、C、F四点所构成的四边形的对角互补，则该四点共圆；（2）连接AC交BD于O，易得O是该圆的圆心，OM＝ON，所以可得BM＝ND．解：（1）△AE△BC，AF△CD，△△AEC=△AFC=90°，△△AEC+△AFC=180°，△A、E、C、F四点共圆；（2）由（1）可知，圆的直径是AC，连接AC交BD于O，△ABCD是平行四边形，△O为圆心，OB=OD，△OM=ON，△BM=ND.【点拨】本题主要考查了四点共圆的判定及平行四边形的性质，难度不大，能够灵活运用所学知识进行推理是解题关键.．类型二、利用四点共圆进行证明或求解2．如图，A 、B 、C 、D 四点共圆，且△ACB ＝△ACD ＝60°．求证：△ABD 是等边三角形．【分析】先根据同弧所对的圆周角相等得出△ADB ＝60°＝△ABD ，再用三角形的内角和定理求出△BAD ，即可得出结论．证明：△△ACB ＝60°，△△ADB ＝△ACB ＝60°，△△ACD ＝60°，△△ABD ＝△ACD ＝60°，在△ABD 中，△BAD ＝180°﹣△ADB ﹣△ABD ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，△△ABD ＝△ADB ＝△BAD ＝60°，△△ABD 是等边三角形．【点拨】本题考查了等边三角形的性质与判定，圆周角定理，三角形的内角和定理 ，掌握圆周角定理是解答本题的关键；举一反三：【变式】 如图所示中，60NAM ∠=︒，B ，C 分别在边AM 和AN 上，且2BC =，CP AN ⊥，BP AM ⊥垂足分别为C ，B ，求PA 的长.【答案】433PA =【分析】本题关键要建立未知线段PA 和已知线段BC 的关系，由A ，B ，P ，C 共圆，PA 和CE 为直径，于是在Rt CEB △中便可以建立CE 和BC 的关系，求出CE 的长即求出PA 的长.解：连结CD ，BD ，△,CP AN BP AM ⊥⊥，△90PCA PBA ∠=∠=︒△AD BD PD CD ===，△由圆的定义知点A ，B ，C ，P 在以D 为圆心，DA 为半径的圆上，作出辅助圆，延长CD 交圆D 于E ，连结BE ，△60BAC CEB ∠=∠=︒ 30ECB ∠=︒在Rt BCE 中，2BC =，△433EC =△433PA =【点拨】双直角三角形是典型的共圆图，解题中注意灵活应用.类型三、四点共圆综合应用3．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．（1）如图1，△E 是△ABC 中△A 的遥望角．△若△A ＝40°，直接写出△E 的度数是 ；△求△E 与△A 的数量关系，并说明理由．（2）如图2，四边形ABCD 中，△ABC ＝△ADC ＝90°，点E 在BD 的延长线上，连CE ，若△BEC 是△ABC 中△BAC 的遥望角，求证：DA ＝DE ．【答案】（1）△20°；△12∠=∠E A ，理由见分析；（2）证明见分析 【分析】 （1）△根据题目定义推出△E ＝12△A ，从而得出结论；△直接根据求解△过程证明即可； （2）首先根据题意推出A 、B 、C 、D 四点共圆，然后作四边形ABCD 的外接圆交CE 于点F ，连接AF ，DF ，再根据圆的内接四边形的性质等推出△AFD ＝△DFE ，然后根据“遥望角”的定义推出△E＝△DAF，即可证△DAF△△DEF，从而得出结论．（1）解：△△△E是△ABC中△A的遥望角，△△EBC＝12△ABC，△ECD＝12△ACD，△△E＝△ECD﹣△EBD＝12（△ACD﹣△ABC）＝12△A，△△A＝40°，△△E＝20°．故答案为：20°；△12∠=∠E A，理由如下：△△E是△ABC中△A的遥望角，△△EBC＝12△ABC，△ECD＝12△ACD，△△E＝△ECD﹣△EBD＝12（△ACD﹣△ABC）＝12△A；（2）证明：△△ABC＝△ADC＝90°，△A、B、C、D四点共圆，作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，△四边形FBCD内接于△O，△△DFC+△DBC＝180°，△△DFC+△DFE＝180°，△△DFE＝△DBC，△BD平分△ABC，△△ABD＝△DBC，△△ABD＝△AFD，△△AFD＝△DFE，△△BEC 是△ABC 中△BAC 的遥望角，由（1）得△E ＝12△BAC ，△△BAC ＝△BDC ，△△E ＝12△BDC ，△△E +△DCE ＝△BAC ，△△E ＝△DCE ，△△DCE ＝△DAF ，△△E ＝△DAF ，△DF ＝DF ，△AFD ＝△DFE ，△△DAF △△DEF （AAS ），△DA ＝DE ．【点拨】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键．举一反三：【变式】在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：ABC ∆是等边三角形，点D 是ABC ∆内一点，连接CD ，将线段CD 绕C 逆时针旋转60︒得到线段CE ，连接BE ，DE ，AD ，并延长AD 交BE 于点F ．当点D 在如图所示的位置时：（1）观察填空：△与ACD ∆全等的三角形是________；△AFB ∠的度数为（2）利用题干中的结论，证明：C ，D ，F ，E 四点共圆；（3）直接写出线段FD ，FE ，FC 之间的数量关系．____________________．【答案】（1）△BCE ∆：△60︒；（2）见分析；（3）FD FE FC +=．【分析】（1）△根据旋转的性质和等边三角形的性质可证△ACD△△BCE ；△根据已推导出的全等三角形和三角形内角和进行角度转化，可得△AFB 的大小； （2）根据△ACD△△BCE 得ADC BEC ∠∠=，推导得出四边形CDFE 中180BEC FDC ∠+∠=︒，从而证共圆；（3）先推导出△BDF 是等边三角形，可证△ABD△△CBP ，得出AD=FC ，从而得出数量关系．解：（1）△△△ABC 是等边三角形△AB=AC=BC ，△BAC=△ACB=△ABC=60°△将线段CD 绕C 逆时针旋转60︒得到线段CE△CE=CD ，△DCE=60°△△DCE 是等边三角形△△DCE=60°△△ACD+△DCB=60°，△BCE+△DCB=60°△△ACD=△BCE△△ACD△△BCE(SAS)△△△ACD△△BCE△△EBC=△DAC△△DAC+△BAD=△BAC=60°△△FBC+△BAD=60°△△AFB=180°－△ABC －△FBC －△BAF=180°－60°－60°=60°（2）△()ACD BCE SAS ∆∆≌．△ADC BEC ∠∠=，△180ADC FDC ∠+∠=︒，△180BEC FDC ∠+∠=︒．△C ，D ，F ，E 四点共圆； （证明不唯一）（3）结论：FD FE FC +=,如下图,连接BD△△ACD△△BCE△△CBE=△CAD ，AD=BE△△CAD+△BAD=60°，△BAD+△FBC=60° △△BAD+△ABD=△BDF=60° △△AFB=60°△△BDF 是等边三角形 △DF=BF,△FD+FE=BE△△ABD△△CBF(SAS)△AD=FC△FD+FE=FC【点拨】本题属于几何综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．。
四点共圆四点共圆的定义四点共圆的定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。
证明四点共圆有下述一些基本方法：【方法1】从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．或利用圆的定义，证各点均与某一定点等距。
【方法2 】如果各点都在某两点所在直线同侧，且各点对这两点的张角相等，则这些点共圆．（若能证明其两张角为直角，即可肯定这四个点共圆，且斜边上两点连线为该圆直径。
）【方法3 】把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．【方法4】把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．即利用相交弦、切割线、割线定理的逆定理证四点共圆。
【方法5】证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆．【方法6】根据托勒密定理的逆定理，在四边形ABCD中，若AC*BD=AB*CD+AD*BC，那么A，B，C，D四点共圆。
或根据西姆松定理的逆定理证四点共圆。
【方法7】证明五点或五点以上的点共圆，可以分别证各四点共圆，且四点中有三点相同。
【方法8】证连结各点所得凸多边形与某一圆内接凸多边形相似。
上述六种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这8种基本方法中选择一种证法，给予证明．一．某些知识的补充1．已知：ABCD共圆，AB中点为E、CD中点为F，EF中点为G，过E点分别作AD、BC的垂线，垂足为H、I求证：GH=GI首先可这样转化图形：作E点关于AD、BC边的轴对称点S、T，显然I、H分别是ES、ET中点。
四点共圆四点共圆是一个几何学中的概念，指的是四个点在同一个圆上。
定义在平面几何中，给定四个不共线的点A、B、C和D，如果这四个点可以被一个圆围起来，使得这四个点都位于圆的周上，那么这四个点就被称为共圆点，同时被围住的圆称为这四个点共有的圆，也称为这四个点的外接圆。
特性四点共圆的特性如下：1.圆心定理：四个点共圆的圆心是这四个点连线的交点的中垂线相交处。
2.弦的性质：相交于圆弦上的两个弧被它们所包含的圆心角所对应的弧所等分。
3.弧度的性质：共圆的四个点所对应的弧所对应的弧度相等。
4.弧角的性质：共圆的四个点所对应的弧所对应的圆心角度相等。
判定判定四个点是否共圆有多种方法，下面介绍两种常用的判定方法：1.同样圆周角的测量方法：计算并对比四个可能的圆周角，如果它们的度数相等，则这四个点共圆。
2.使用外接圆标准方程判定：根据外接圆标准方程，计算四个点的坐标，并将它们带入方程来验证。
如果四个点坐标满足方程，则这四个点共圆。
应用四点共圆的概念在几何学中有广泛的应用，下面列举几个常见的应用：1.三角形外接圆：在一个三角形ABC中，如果三个顶点A、B、C共圆，则称这个圆为三角形ABC的外接圆。
外接圆在三角形的各个关系中有着重要的作用。
2.圆的切线：在切点的两侧，圆的切线与切点所对应的弧所对应圆心角的度数相等。
这个性质可以用于证明几何问题。
3.三点定圆：给定三个点，通过它们共圆的圆心和半径，可以确定一个唯一的圆。
这个性质被广泛应用于圆的构造和计算。
总结四点共圆是一个重要的几何学概念，它涉及到圆的构造和性质，具有一定的理论和实际应用价值。
通过学习四点共圆的定义、特性和判定方法，我们可以更好地理解和应用几何学中的相关知识。
二次曲线上的四点共圆问题｜解题研究第一境界老师们：如果您想了解二次曲线上的四点共圆问题；如果您在摸索二次曲线上的四点共圆问题上花费很多时间却仍无头绪；如果您想掌握它的完整解法、获取全面深度的研究成果。
那么甘志国老师的专题研究——《二次曲线上的四点共圆问题的完整结论》可以帮助您，学习掌握甘老师全面深度的解题研究成果，我们定义为解题研究第一境界。
第一境界：掌握已有的解题技巧；第二境界：剖析背后的思维方法；第三境界：分享自己的研究成果。
一、专题重要性高考压轴题以及数学竞赛真题中，经常出现二次曲线四点共圆的问题：2016年高考四川卷文科第20题，2014年高考全国大纲卷理科第21题即文科第22题，2011年高考全国大纲卷理科第21题即文科第22题，2005年高考湖北卷理科第21题即文科第22题，2002年高考江苏、广东卷第20题，2014年全国高中数学联赛湖北赛区预赛第13题，2009年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题第一试第三题。
二、全面的专题研究观看本期视频，您能解决以二次曲线上的四点共圆问题为背景的所有题型。
以下部分举例：▷题型1：两条直线与二次曲线相交，有四个公共点，问四点是否共圆。
▷题型2：两条直线与二次曲线相交，有四个公共点，已知一条直线方程，且四点共圆时，求另一条直线的方程。
▷题型3：二次曲线上满足某一向量关系的四个点，问四点是否共圆。
甘老师对二次曲线上的四点共圆问题研究得出的结论包括3个定理4个推论，这些结论除了能解决二次曲线四点共圆常见题型外，还能解决各类延伸题型。
以下部分举例：▷题型4：▷题型5：三、独特的解法研究专题视频中甘老师将结合11个例题展示独特解法，跳出常规解法步骤繁多，计算量大的困境。
以下用一道高考题来对比常规解法和甘老师的独特解法：▷常规解法：▷“奇”解法：四、深度的专题研究除了列出来的定理和推论，还有其他的定理以及推论，这些定理与推论为预判二次曲线上四点是否共圆提供了极大的便利，用起来也是非常的简洁。
二次曲线上的四点共圆问题的完整结论若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k .结论1 抛物线22y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.结论 2 圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 定理1 若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆.证明 过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)： 2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ① 式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，得a b b aλ''-=-,此时曲线①即 220x y c x d y e '''++++= ②的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.定理 2 若两条直线:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=.证明 由21,l l 组成的曲线即111222()()0a x b y c a x b y c ++++=所以经过它与Γ的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)：22111222()()()0ax by cx dy e a x b y c a x b y c λμ+++++++++= ③。
