挖掘教材知识，巧用四点共圆解难题

一、根据教材中圆的定义，判定四点共圆

到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上。

例 1.如图(1)，在等腰 Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC 于点 D，∠ABC 的平分线分别交AC、AD于E、F两点，M为EF的中点，延长AM交BC于点N，连接DM，求∠BMD的度数。

图(1)

如图(2)，取AB的中点O，

图(2)

连接 DO、MO，

∴AO=BO=DO=MO，

∴A、B、D、M 四点共圆，

∴∠BMD=∠BAD=45°。

我们发现，∠BMD所在的多边形中，很难寻找出与它有关的角度关系。通过观察图形，容易证得线段AB的同侧有两个直角∠AMF和∠ADB，通过取斜边AB的中点O，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，得到A、B、D、M到斜边中点O的距离相等，根据“到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上”，巧妙地在多边形中构建出了圆的模型，结合圆的相关性质，使得思路立刻开阔明朗起来。

图(3)

例2.(2017年广东省中考卷第25题改编)如图(3)，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A、C的坐标分别是(0，2)和，点 D 是对角线AC上一动点(不与A、C重合)，连结BD，作 DE⊥DB，交 x轴于点E，以线段DE、DB为邻边作矩形BDEF。求证

常规方法：

如图(4)所示，过点D作DG⊥OC于点G，DH⊥BC于点H，

图(4)

该方法采用了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数的相关知识，综合性较强，有一定的难度，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形。

下面赏析四点共圆的证法：

证明：如图(5)，连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC.

图(5)

∵四边形ABCO与四边形BDEF是矩形，

在2017年广东省中考数学卷的最后一题中，两个矩形交叠在平面直角坐标系中出现了多个直角，本文对这道压轴题进行了适当改编，采用常规方法和四点共圆法进行对比证明，可以看出四点共圆证法所具有的明显优势。此题实际上是两个直角在公共斜边异侧的情况，通过对比例1、例2可以发现，共斜边的两个直角三角形顶点共圆是常见的四点共圆模型。

二、探究四点共圆

在人教版数学教材九年级上册第二十四章《圆》章末的“数学活动2”中，教材颇有用意地安排了“探究四点共圆的条件”这一探究活动，其探究结论即为四点共圆常用的另一判定方法：如果四边形的一组对角互补，那么这个四边形是圆内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆。下面对该判定方法进行证明：

已知：四边形ABCD中，∠A+∠C=180°

求证：A，B，C，D 四点共圆。

证明：过 A，B，D 作圆 O，

假设C不在圆O上，点C在圆外或圆内，如图(6)，

图(6)

若点C在圆外，

设BC交圆O于C′，连结DC′，

根据圆内接四边形的性质得∠A+∠DC′B=180°，

这与三角形外角定理矛盾，

故C不可能在圆外。

类似地，如图(7)，可证C不可能在圆内

∴C在圆O上，也即A，B，C，D四点共圆

图(7)

例3.如图，矩形ABCD中，连接AC、BD相交于点O，延长CB到E，使CE=AC，连接 AE，F 是 AE 中点，连接 DF，与AB相交于点G，连接BF。

求证：BF⊥DF。

常规方法：

证明：如图(8)，延长 BF，交 DA的延长线于点M，

图(8)

∵四边形ABCD是矩形，

本题考查了矩形对边平行且相等、对角线相等的性质、全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，其中求证DB=DM是解题的关键。

下面赏析四点共圆的证法：

第1步：如图(9)，连接 CF，在等腰△ACE中，用三线合一性质得CF⊥AE，即∠CFA=90°；

图(9)

第2步：可证∠CFA+∠ADC=180°，得点A，F，C，D共圆，即F在△ACD的外接圆上；

第3步：可证∠ABC+∠ADC=180°，得点 A，B，C，D 共圆，即B在△ACD的外接圆上；

第4步：可得F，B，C，D共圆，由圆内接四边形对角互补的性质可证∠BFD+∠BCD=180°，可得∠BFD=90°，即 BF⊥DF。

此证法在已知条件和结论中都没有出现圆弧的情况下，根据“如果四边形的一组对角互补，那么这个四边形就是圆的内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆”这一判定方法得出四点共圆，起了关键作用。

虽然四点共圆问题在中考中直接考查的意图不明显，在一些颇有难度的试题中，用我们常规使用的基本图形、基本技能和基本思想也能解决，但较为繁琐。而构造四点共圆，通过引入圆的模型，仿佛帮我们打开了另一扇窗户，使人豁然开朗。可以认为，四点共圆问题是圆弧线形式的辅助线，其作为研究方法的多样性和灵活性，对于培养学生的思维水平与提高推理能力有着非常重要的作用。