“四点共圆”判定定理的直接证明

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△ABD有公共边AB,这条边所对应的角∠C∠D相等,并且在 公共边AB的同侧,那么△ABC△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2OA=OB∠AOB=2∠C,若能证明CO=BO,根据圆的定义,即点C⊙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7OA=OB,∠AOB/2+∠C=180°,若能证明CO=BO,根据圆的定义,即点C⊙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”“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。

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