材已經(jīng)不學(xué)習(xí)四點共圓了,或者把四點共圓放在閱讀材料中,但是如果我們學(xué)會四點共圓,如果選擇、填空題里有幾何難題,那不管我們用什么方法,把答案做對就沒問題?？紙錾系臅鴮懕磉_(dá),有一種“改頭換面”的方法——將用了四點共圓的書寫方法,改寫成沒用四點共圓的書寫方法。一、 引例在剛剛結(jié)束的2023年中考,安徽省中考試卷中第22題是一道幾何綜合性的解答題,不少學(xué)生表示題目難度比較大,尤其是第二問無從下手?，F(xiàn)在我們一起來研究這道題?！疽?2023年安徽第22題)在Rt△

,E,C,H四點共圓，所以∠EHC=∠EBC①．由于AD∥BC，則有∠BCA=∠DAC=45°．在△APH中，由于BP⊥AC，則∠APB=45°，所以∠BCA=∠APB，故A,B,C,P四點共圓，因此∠EBC=∠APC②．由AC為直徑，得∠PFC=90°，又由于∠PHC=90°，故F,H,C,P四點共圓，則∠APC=∠AHF③．由①②③得∠AHF=∠EHC．圖2圖3圖4說明本題主要是通過圖形中邊與邊、角與角之間的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)換．證法1直接搭建起角相等的橋梁，

1,Q,F2四點共圓.(2019年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽江西預(yù)賽第10題)四點共圓由解析幾何的代數(shù)計算來判定，思路有些單調(diào).借助圖形結(jié)構(gòu)的幾何性質(zhì)和四點共圓的純幾何判定定理，我們可以從邊長度的計算去得到結(jié)論.上面的證法充分發(fā)掘橢圓中線段比例關(guān)系的特殊性質(zhì)，這些性質(zhì)使得我們在處理托勒密定理和斯特瓦爾定理中邊長運算時更加靈活便利,這表明借助幾何定理，在解析幾何中也能提高推理和計算的效率.通過以上多種思路探究和推理論證,既豐富了我們的解題方法,也拓展了我們對問題的理解,這

洛川 濮安山四點共圓問題通常通過構(gòu)造輔助線與相似三角形等知識相結(jié)合，尋找邊角之間的數(shù)量關(guān)系，進(jìn)行轉(zhuǎn)換，得到有效結(jié)論，利用對應(yīng)的證明方法證明四點共圓.本文通過幾個典型例題總結(jié)分析數(shù)學(xué)競賽中四點共圓問題的不同證明方法，供參考.一、利用三點確定一個圓首先證明四點中的任意三點共圓，再證明第四個點在圓上.圖1例1 如圖1，設(shè)H為銳角三角形ABC的垂心，點D在直線AC上，HA=HD，四邊形ABEH為平行四邊形.證明：B,E,C,D,H五點共圓.分析：本題雖然是一道證明

圖形的性質(zhì).四點共圓是一類富有和諧美的幾何問題,如何將其轉(zhuǎn)化成為代數(shù)問題是一個難點, 在全國高考和各地?？贾兴狞c共圓問題經(jīng)常出現(xiàn). 文[1]通過對五道高考試題中的四點共圓進(jìn)行賞析, 統(tǒng)一使用了圓的定義進(jìn)行證明. 文[2]通過對文[1]中的四點共圓的結(jié)論進(jìn)行推廣,統(tǒng)一使用了相交弦定理的逆定理進(jìn)行證明. 本文利用解析法,借助兩個結(jié)論:共底邊的兩個三角形頂角相等,且在底邊的同側(cè),則四點共圓;凸四邊形對角互補, 則四個頂點共圓, 對數(shù)學(xué)通報上一類四點共圓問題進(jìn)行了

點A,B,C,D共圓.這是證明四點共圓的一個重要結(jié)論，類比于此，那么圓錐曲線上四點共圓時，應(yīng)滿足怎樣的關(guān)系呢？1 試題再現(xiàn)(1)求C的方程；2 解法探析2.1 第(1)問解析2.2 第(2)問解析消去y并整理，得由韋達(dá)定理,得所以|TA|·|TB|設(shè)直線PQ的斜率為k2，同理可得由|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，即有顯然k1-k2≠0，故k1+k2=0.即直線AB與直線PQ的斜率之和為0.則過A,B,P,Q四點的曲線系方程為因為|TA|·|TB|=

一）教學(xué)內(nèi)容四點共圓的條件的探究和證明。（二）內(nèi)容解析四點共圓的條件是在學(xué)習(xí)了過一個點的圓、過兩個點的圓、過不在同一條直線上的三個點的圓、三角形與圓的關(guān)系、圓的內(nèi)接四邊形后，對經(jīng)過任意三點都不在同一條直線上的四點共圓的條件的探究。在學(xué)過“圓內(nèi)接四邊形的對角互補”后，相應(yīng)地，會產(chǎn)生這樣的疑問：對角互補的四邊形的四個頂點共圓嗎？探究四點共圓的條件是促進(jìn)學(xué)生思維自然生長的需要，也是進(jìn)一步在數(shù)學(xué)活動中培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的需要。在四點共圓條件的探究過程中，通過

等圓，則此4頂點共圓．文獻(xiàn)[1]對定理1的純幾何證明略顯復(fù)雜．其實定理1當(dāng)是源自于一個漂亮的幾何恒等式．而這個幾何恒等式也是楊路教授得到的，并收錄在文獻(xiàn)[2]中，即是：定理2[2]平面凸四邊形A1A2A3A4中|AiAj|=aij(1≤i(R1R2+R3R4)a12a34+(R1R4+R2R3)a14a23=(R1R3+R2R4)a13a24．定理1的證明因四個外接圓中有3個是等圓，不妨設(shè)R1=R2=R3=R，代入定理2的恒等式可知三項的系數(shù)均為R(R+R

,A,B,C四點共圓,得∠CBE=∠APC.①連結(jié)CE.由AC為圓的直徑,得∠CEA=90°=∠CHB,所以C,E,B,H四點共圓,可得∠CHE=∠CBE.②連結(jié)CF.由AC為圓直徑,得∠CFP=90°=∠CHP,所以C,H,F,P四點共圓,可得∠APC=180°-∠CHF.③綜合上述①②③ 三式,可得到∠CHE=∠CBE=∠APC=180°-∠CHF,即∠CHE+∠CHF=180°.所以E,H,F三點共線.視角2利用西姆松定理延長BH交直線AD于點P,連

劉暉四點共圓問題的常見命題形式是：（1）根據(jù)已知條件，判斷四點是否共圓;（2）根據(jù)已知條件，證明四點共圓.這類問題的運算量較大，求解過程較為繁瑣，通常需靈活運用直線的方程、直線的斜率，圓的定義、圓的方程、圓的性質(zhì)、弦長公式，一元二次方程的韋達(dá)定理、判別式等來求解.本文結(jié)合2021年湖南師大附中5 月聯(lián)考的第22題，談一談四點共圓問題的解法.題目：第一個小問題較為簡單，只需設(shè)出直線的方程，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，構(gòu)造一元二次方程，根據(jù)韋達(dá)定理和判別式進(jìn)

,B,Q,P四點共圓.由題意知，直線AB和PQ的斜率均存在且不等于0，則直線AB的方程為同理直線PQ的方程為則過A,B,Q,P四點的二次曲線系方程為(*)因為A,B,Q,P四點共圓，所以該圓也是曲線(*)中的一條曲線.方程(*)為圓的充要條件是因為λ≠0，所以k1+k2=0.因此直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和等于0.點評根據(jù)雙曲線方程及直線AB和PQ的方程，可寫出過A,B,Q,P四點的二次曲線系方程. 再由條件“|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|”

,B,C，D四點共圓。點評與分析：這種解法實際上是待定系數(shù)法，它的本質(zhì)上是代數(shù)思維。這是因為圓的一般方程突出了圓的方程的一般特征，即含有D,E,F三個參數(shù)的二元二次方程，只需要代入不共線的三個點，則圓的一般方程便轉(zhuǎn)化為D,E,F的三元一次方程組，只需解出這個三元一次方程組，就得到過三個點的圓的方程，最后把第四個點代入驗證即可。這類似于初中求二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠0)的求解過程。類似地本題也可以設(shè)圓的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2(r≠0

點A,B,C,D共圓.這是證明四點共圓的一個重要結(jié)論,類比于此,那么圓錐曲線上四點共圓時,有怎樣的關(guān)系呢?我們先看下面一道雙曲線上四點共圓的高考試題.試題再現(xiàn)(2021·新高考全國1)設(shè)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點=2,點M的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點T在直線x=上,過T的兩條直線分別交C于A,B兩點和P,Q兩點,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.這是一道直線與圓錐曲線綜合題,考查了數(shù)學(xué)抽象、數(shù)

，B，M，N四點共圓.圖12 學(xué)生解法匯總評析：以上4種解法本質(zhì)是相同的：一是將四點共圓這個幾何問題，轉(zhuǎn)化為向量數(shù)量積為0這個代數(shù)問題；二是都是通過設(shè)坐標(biāo)，利用斜率關(guān)系和中點關(guān)系，將題目條件進(jìn)行坐標(biāo)轉(zhuǎn)化和坐標(biāo)消元.所以說：在解析幾何中，幾何指揮代數(shù)，代數(shù)為幾何服務(wù)，化歸坐標(biāo)永遠(yuǎn)是王道.評析：利用與圓心和半徑解決四點共圓問題，也是一種好思路，用m表示半徑，用n表示半徑，還需要尋找兩者的關(guān)系n+m=-4進(jìn)行消元.解法6：(曲線系方程法)因為點M,N在拋物線C上

、N、P、Q四點共圓.(第19屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克第5題)圖1從圖形結(jié)構(gòu)來看，此題條件精煉，結(jié)構(gòu)優(yōu)美，解法豐富.文[1]利用線段間的數(shù)量關(guān)系結(jié)合相交弦定理對此賽題進(jìn)行了證明，文[2]分別運用三角法和解析法給出兩種證法，筆者在文[3]中利用反演變換給出這一賽題的新證法，并在文[4]中通過類比和改造圖形結(jié)構(gòu)演繹出一些新結(jié)論.本文從圖形特征出發(fā)，利用相似三角形的性質(zhì)、圓的有關(guān)性質(zhì)和定理及三角代換等技巧，從而給出下面八種新的證明方法，以饗讀者.1 利用相似三角形的判

市文園中學(xué) 四點共圓在中考的直接考察意圖不明顯,但通過四點共圓將各類問題轉(zhuǎn)化為圓的常見問題,再用圓的基本性質(zhì)將問題解決,達(dá)到事半功倍的效果,有助于學(xué)生形成新的數(shù)學(xué)模型.本文通過反證法證明四點共圓的兩個判定定理,并將它們應(yīng)用在近五年廣東中考題中,再將常規(guī)方法和四點共圓的方法進(jìn)行對比,總結(jié)出四點共圓的優(yōu)點,培養(yǎng)學(xué)生的綜合解題能力和嚴(yán)謹(jǐn)?shù)膶W(xué)習(xí)態(tài)度.1 四點共圓的兩個判定方法定理1四邊形的一組對角互補,那么這個四邊形的四個頂點共圓.將定理1 轉(zhuǎn)化為符號語言和圖形語

相等，則此4頂點共圓.帖子發(fā)出，迅速得到余澤偉老師、朱斌老師、李榮峰老師、駱來根老師及本人的解答.本題簡潔優(yōu)美，證法多樣，余味不絕，遂探究推廣，幸得點滴，下以示之，望得指點.引理1若△ABC和△ABD外接圓是等圓且不重合，則C、D在AB同側(cè)時，∠ACB+∠ADB=180°；C、D在AB異側(cè)時，∠ACB=∠ADB.(如圖1)由同圓或等圓中，等弧所對應(yīng)的圓周角相等，及圓內(nèi)接四邊形對角互補容易得之.引理2△ABC三個頂點與點D構(gòu)成平面凸四邊形，若△ABD、△AC

圖2 圖33 共圓的證明問題根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)與判定定理、相應(yīng)平面幾何中的定理與性質(zhì),通過邊、角的對應(yīng)關(guān)系結(jié)合等量代換等數(shù)學(xué)思維來證明相應(yīng)的線段或角度關(guān)系,從而證明四點共圓等問題. 圖4(1)證明:B,D,H,E四點共圓;(2)證明:CE平分∠DEF.證明(1)在△ABC中,因為∠B=60°,所以∠BAC+∠BCA=120°,因為AD,CE是角平分線,所以∠HAC+∠HCA=60°,故∠AHC=120°,于是∠EHD=∠AHC=120°,因為∠EBD

點.求證：這五點共圓.”這就是著名的“五點共圓”問題.“五點共圓“問題用書面語言可表述為：任意一個五角星，在其五個小三角形上作出五個小三角形的外接圓，兩個相鄰圓各自交兩點，共有十個交點，除去星形本身的五個點，其余五個點必定是共圓的.目前最常見的證明方法如下：圖1證明：畫任意五角星，如圖1所示，△FQK、△KEL、△LDH、△HCM和△MBQ各自的外接圓順次相交的交點分別為J、I、A、N、G.連接CA、HA、JA、LA、NA、JH、NG、GQ、GJ、JF.根

為圓錐曲線與四點共圓相結(jié)合的高考題.由于試題難度大，知識面廣，因而同學(xué)們解答較困難.為攻克這一難點，幫助同學(xué)們掌握解析法證明四點共圓的方法，本文現(xiàn)以一道調(diào)研試題為例說明如下，供同學(xué)們復(fù)習(xí)時參考.題目：求證：兩橢圓b2x2+a2y2-a2b2=0和a2x2+b2y2-a2b2=0的交點在以原點為中心的圓周上，并求這個圓的方程.（2018年威海市高三教學(xué)調(diào)研試題）證法一：本題根據(jù)“相加法”得到一個圓方程，再說明四點共圓.b2x2+a2y2-a2b2=0?（1）

近jìn日rì，南nán寧nínɡ市shì解jiě放fànɡ路lù小xiǎo學(xué)xué的de同tónɡ學(xué)xué們men與yǔ來lái自zì臺tái灣wān省shěnɡ花huā蓮lián縣xiàn康kānɡ樂lè小xiǎo學(xué)xué、嘉jiā里lǐ小xiǎo學(xué)xué的de小xiǎo朋pénɡ友you們men在zài新xīn會huì書shū院yuàn舉jǔ行xínɡ了le文wén化huà藝yì術(shù)shù交jiāo流liú活huó動dònɡ。解jiě放fànɡ路lù小

步接受并理解四點共圓問題。簡化學(xué)生的理解，降低學(xué)習(xí)難度是提高學(xué)生學(xué)習(xí)熱情和理解能力的關(guān)鍵。一、借助三角形的外接圓引入新課由于三角形是學(xué)生在以前數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)過程中重點學(xué)習(xí)的一個圖形，相對比較簡單，而三角形的外接圓也是學(xué)生以前所接觸過的。教師可以繪制不同形狀的三角形，然后畫出其外接圓，引導(dǎo)學(xué)生進(jìn)行初步思考。不論是銳角三角形、直角三角形，還是鈍角三角形，在繪制其外接圓的過程中都需要將三個頂點置于圓上，學(xué)生很容易發(fā)現(xiàn)這是三點共圓問題。為了更好地引出四點共圓，教師可以在

、B、C、E四點共圓.證明因為AD是△ABC的陪位中線，?AB·AF=AC·AE，從而得到F、B、C、E四點共圓.圖3圖4性質(zhì)3如圖4，AD為△ABC的陪位中線，M、N兩點分別在AC、AB上，若B、C、M、N四點共圓，則AD平分MN.[1]證明作DE∥BA，DF∥CA交AC、AB于E、F點，連結(jié)EF.由性質(zhì)2知B、C、E、F四點共圓?∠AEF=∠ABC.作MS∥DE交AD于S，連結(jié)NS，由B、C、M、N四點共圓，有∠AMN=∠ABC；因為∠AMN=∠AEF

的定義，判定四點共圓到定點的距離等于定長的點都在同一個圓上。例 1.如圖(1)，在等腰 Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC 于點 D，∠ABC 的平分線分別交AC、AD于E、F兩點，M為EF的中點，延長AM交BC于點N，連接DM，求∠BMD的度數(shù)。圖(1)如圖(2)，取AB的中點O，圖(2)連接 DO、MO，∴AO=BO=DO=MO，∴A、B、D、M 四點共圓，∴∠BMD=∠BAD=45°。我們發(fā)現(xiàn)，∠BMD所在的多邊形中，很難尋找出與它有關(guān)的角

中一個神奇的四點共圓”兩篇文章，給出了等弧度三圓共點圖的許多有趣性質(zhì).本文將繼續(xù)探究等弧度三圓共點圖并進(jìn)一步揭示其內(nèi)在的數(shù)學(xué)性質(zhì)，給出一系列有趣的四點共圓.圖1 圖2文獻(xiàn)[1]揭示了“黃圓圖”中隱含的一個漂亮的四點共圓：性質(zhì)1在“黃圓圖”中，點O1，O2，O3，D共圓.文獻(xiàn)[2]又給出性質(zhì)1中的四點共圓存在一個美妙的性質(zhì)：本文將繼續(xù)探究“等弧度三圓共點圖”中內(nèi)在的性質(zhì)，給出一系列有趣的四點共圓.圖3 圖4證明聯(lián)結(jié)MO1，NO1，O2D，O3D，MD，ND(

圓錐曲線上的四點共圓問題提出兩種解決策略，一是利用共圓定理，二是利用曲線系【關(guān)鍵詞】圓錐曲線；共圓；曲線系一、圓錐曲線上四點共圓定理若A，B，C，D為有心圓錐曲線mx2+ny2=1（m≠n）上四個不同的點，且直線AB與CD交于E，AB與CD傾斜角分別為α，β，則A，B，C，D共圓的充要條件是α+β=π.證明設(shè)E（x0，y0），則直線AB參數(shù)方程為x=x0+tcosα，y=y0+tsinα （t為參數(shù)），代入mx2+ny2=1，并整理得（mcos2α+nsi

、B、C、D四點共圓．[1]拜讀本刊數(shù)學(xué)問題解答2305問題之后，引發(fā)了筆者深深思考，雖然題目條件中的有心圓錐曲線具有很強(qiáng)的一般性，但是對弦AB和直線CD的條件要求十分特殊，該問題背后是否存在一般規(guī)律呢？該結(jié)論對拋物線是否成立？帶著這些思考開啟了下面的探究之旅．一、問題的證明該問題所給的解答中，充分利用了“CD垂直平分AB”這一幾何特征，取CD的中點F(如圖1)，從而確定這四點共圓的充要條件是BF為圓的半徑，進(jìn)而得出等價條件|CD|2-|AB|2=4|EF

、Q、X、Y四點共圓．反之，設(shè)PQ是⊙O的任意一條直徑，且PQ所在直線與直線BC交于點T′，當(dāng)P、Q、X、Y四點共圓(此圓設(shè)為⊙O″)時，由根心定理可知，⊙O與⊙O′的外公切線AT、⊙O′與⊙O″的公共弦XY所在直線以及⊙O與⊙O″的公共弦PQ所在直線交于點T(根心)，即點T′與點T重合．圖3如圖3(在圖2的基礎(chǔ)上)，過點T作⊙O的另一條切線TS(S為切點)，連結(jié)AS，交PQ于點E，交BC于點D，即知TO⊥AS于點E，從而知TE·TO=TA2=TB·TC，

中一個神奇的四點共圓*●黃新民 (溫州市教育教學(xué)研究院 浙江溫州 325000)美麗的幾何圖形往往蘊含著諸多美妙的數(shù)學(xué)性質(zhì).通過構(gòu)造一個“等弧度三圓共點圖”，已經(jīng)證明其中存在一個美麗的四點共圓，文章將對這個四點共圓作進(jìn)一步的研究，探索更多奇妙的性質(zhì).等弧度；三圓共點圖；四點共圓美麗的幾何圖形，往往蘊含著諸多美妙的數(shù)學(xué)性質(zhì)，文獻(xiàn)[1]給出了“等弧度三圓共點圖”的諸多性質(zhì)，下面是其中一個漂亮的性質(zhì)：(注：性質(zhì)1的證明參見文獻(xiàn)[1].)筆者深入研究性質(zhì)1中的四點

葛存燕“探究四點共圓”課例的課堂實施☉江蘇蘇州市高新區(qū)實驗初級中學(xué)葛存燕近年來，《中學(xué)數(shù)學(xué)》（下）刊發(fā)了大量預(yù)設(shè)精妙的教學(xué)課例，引領(lǐng)一線教師聚焦課堂教學(xué)設(shè)計，追求高質(zhì)量的備課設(shè)計.筆者受到文1的影響，通過自己的理解，制作出對應(yīng)的PPT，執(zhí)教了一節(jié)研討課，取得了較好的教學(xué)效果.本文梳理該課的教學(xué)流程，側(cè)重于截圖展示筆者的PPT流程，并跟進(jìn)變式檢測，供研討.一、教學(xué)流程教學(xué)環(huán)節(jié)（一）作三角形的外接圓，引入新課.PPT截圖，如圖1：圖1 解讀：先呈現(xiàn)三種不同形狀

書圓錐曲線上四點共圓充要條件的統(tǒng)一證明與應(yīng)用☉湖北省陽新縣高級中學(xué) 鄒生書圓錐曲線上四點共圓問題在高考中屢見不鮮，這類試題將圓錐曲線與四點共圓有機(jī)地結(jié)合在一起，重點考查運算求解能力和推理論證能力，由于問題綜合性強(qiáng)、運算量大，大多考生望而生畏，甚至談“圓”色變，不得不選擇放棄.筆者曾在文2中介紹了構(gòu)建曲線系方程來處理圓錐曲線上四點共圓的有效方法，在文3中給出了圓錐曲線上四點共圓的一個充要條件，并用直線的參數(shù)方程分別對橢圓、雙曲線和拋物線三種情形一一進(jìn)行了證明

XD中的所有點都共圓，于是XD=R11，和XD是一個7距離集不符。下面分3種情形來證明。情形1XD的邊長均不為d5。如果XD有10條邊長度相等，那么它的所有點都在一個圓上，矛盾。于是XD最多有9條邊相等。情形1.1XD中有2條邊長度為d6或2條邊長度為d7(d6與d7討論類似，2條邊為d7的討論省略)。設(shè)XD中有2條邊長度為d6。假設(shè)d(1,11)=d6，下面分5種類型討論。如果d(10,11)=d6，顯然點1，2，3，4，5，6，7，8，9，10共圓。因

，k+1，k+2共圓，得到d(1，k－2)=d(1，k)=d(1，k+1)=d(1，k+2)=D，和已知矛盾，故d(k+1，k+2)=dk。假設(shè)d(1，2)=dk－1，由引理4可得d(1，3)=dk－2=d(2，5)，d(1，2)=d(3，5)=dk－1，Δ123?Δ532。于是1，2，3，5 共圓，從而d(1，k+2)=d(2，k+2)=d(3，k+2)=d(5，k+2)=D，矛盾。故d(1，2)=dk。d(k，k+2)=d(k－1，k+1)=dk－1，

相交弦的4個端點共圓的充要條件是這2條相交弦的斜率互為相反數(shù).(充分性)若kAC=-kBD，設(shè)直線AC的方程為mx+ny+c1=0,則BD的方程為mx-ny+c2=0.因為A,B,C,D是橢圓b2x2+a2y2-a2b2=0與2條相交直線AC,BD的交點，所以可設(shè)過點A,B,C,D的二次曲線系方程為:(mx+ny+c1)(mx-ny+c1)+λ(b2x2+a2y2-a2b2)=0(λ為參數(shù)),整理得(λb2+m2)x2+(λa2-n2)y2+m(c1+c2

200)關(guān)于“點共圓”問題的普及●劉清泉(鎮(zhèn)海蛟川書院 浙江寧波 315200)“點共圓”是數(shù)學(xué)競賽中的一項重要內(nèi)容，三角形、四邊形中的很多內(nèi)容都與之關(guān)聯(lián).但隨著新課程改革對邏輯推理要求的降低，特別是初中教材中對“點共圓”涉及的不多，在數(shù)學(xué)競賽中與“圓”相關(guān)內(nèi)容的比例也在降低.此時,與“點共圓”的相關(guān)內(nèi)容和相關(guān)方法更顯得重要.本文力求用幾個平面幾何中相關(guān)的定理知識將這一內(nèi)容作一有機(jī)的整合.1 基礎(chǔ)知識如圖1～3，A，B，C，D四點共圓，得到如下3個結(jié)論:(

、C、D、F四點共圓，及AB∥CD，有∠BFC=∠BDC=∠ABD，∠CFD=∠CBD,所以，∠BFD∠ABC.又∠BDF=∠BCF=∠ACB，所以，△BDF∽△ACB.所以，BDAC=BFAB.同理△CDF∽△ECB，有CFBE=CDEC，由∠BAF=180°-∠BAC=180°-∠BEC=∠CED,及∠BFA=∠CDE,得：△ABF∽△ECD.∴BFCD=BACE，即BFBA=CDCE.∴BDAC=CFBE.∴BD?BE=AC?CF.證法二：如圖1，連