若在同一平面内，有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”。

圆内接四边形的对角和为180°,并且任何一个外角都等于它的内对角。

【如图1：四点共圆的图片】

四边形ABCD内接于圆O，延长AB和DC交至E，过点E作圆O的切线EF，AC、BD交于P，则有：

（1）∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°（即图中∠DAB+∠DCB=180°, ∠ABC+∠ADC=180°）

（2）∠DBC=∠DAC（同弧所对的圆周角相等）。

（3）∠ADE=∠CBE（外角等于内对角，可通过（1）、（2）得到）

（4）△ABP∽△DCP（两三角形三个内角对应相等，可由（2）得到）

（5）AP*CP=BP*DP（相交弦定理）

（6）EB*EA=EC*ED（割线定理）

（7）EF2= EB*EA=EC*ED（切割线定理）

（8）AB*CD+AD*CB=AC*BD（托勒密定理）

（1）-（3）都是角的关系，（5）-（8）是边的关系

方法1： 把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点共圆。

（可以说成：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆）

方法2 ：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。

（可以说成：若平面上四点连成四边形的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆）

托勒密定理：若ABCD四点共圆（ABCD按顺序都在同一个圆上），那么AB*DC+BC*AD=AC*BD。

例题：证明对于任意正整数n都存在n个点使得所有点间两两距离为整数。

解答：归纳法。我们用归纳法证明一个更强的定理：对于任意n都存在n个点使得所有点间两两距离为整数，且这n个点共圆，并且有两点是一条直径的两端。n=1，n=2很轻松。当n=3时，一个边长为整数的勾股三角形即可：比如说边长为3，4，5的三角形。我们发现这样的三个点共圆，边长最长的边是一条直径。假设对于n大于等于3成立，我们来证明n+1。假设直径为r（整数）。找一个不跟已存在的以这个直径为斜边的三角形相似的一个整数勾股三角形ABC（边长a有理数距离），记这n个有理数的最大公分母为M。最后只需要把这个新的图扩大到原来的M倍即可。归纳法成立，故有这个命题。

西姆松定理：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线，则三垂足共线。（此线常称为西姆松线）。

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周上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．

推论：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．即连成的四边形三边中垂线有交点，可肯定这四点共圆．

1：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等（同弧所对的圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆。

2：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。

证法见“判定2的证明”

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（相交弦定理的逆定理）；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．（割线定理的逆定理）

上述两个定理统称为圆幂定理的逆定理，即ABCD四个点，分别连接AB和CD,它们（或它们的延长线）交点为P，若PA*PB=PC*PD，则ABCD四点共圆。

证明：连接AC,BD，∵PA*PB=PC*PD

∴PA/PC=PD/PB

∵∠APC=∠BPD

∴△APC∽△DPB

当P在AB,CD上时，由相似得∠A=∠D，且A和D在BC同侧。根据方法2可知ABCD四点共圆。

当P在AB,CD的延长线上时，由相似得∠PAC=∠PDB，且A和D在BC同侧。同样根据方法2可知ABCD四点共圆。

四边形ABCD中，若有AB*CD+AD*BC=AC*BD，即两对边乘积之和等于对角线乘积，则ABCD四点共圆。该方法可以由托勒密定理逆定理得到。

托勒密定理逆定理：对于任意一个凸四边形ABCD，总有AB*CD+AD*BC≥AC*BD,等号成立的条件是ABCD四点共圆。

如图2，在四边形内作△APB∽△DCB（只需要作∠PAB=∠CDB,∠PBA=∠CBD即可）

由相似得∠ABP=∠DBC，∠BAP=∠BDC

∴∠ABP+∠PBD=∠DBC+∠PBD

即∠ABD=∠PBC

又由相似得AB:BD=PB:CB=AP:CD

∴AB*CD=BD*AP，△ABD∽△PBC

∴AD:BD=PC:BC，即AD*BC=BD*PC

两个等式相加，得AB*CD+AD*BC=BD*(PA+PC)≥BD*AC,等号成立的充要条件是APC三点共线

而APC共线意味着∠BAP=∠BAC，而∠BAP=∠BDC，∴∠BAC=∠BDC

根据判定2-1，ABCD四点共圆

西姆松定理逆定理：若一点在一三角形三边上的射影共线，则该点在三角形外接圆上。

设有一△ABC，P是平面内与ABC不同的点，过P作三边垂线，垂足分别为L,M,N，若L,M,N共线，则P在△ABC的外接圆上。

如图3，PM⊥AC,PN⊥AB,PL⊥BC，且L,N,M在一条线上。

连接PB,PC，∵∠PLB+∠PNB=90°+90°=180°

∴PLBN四点共圆

∴∠PLN=∠PBN，即∠PLM=∠PBA

同理，∠PLM=∠PCM，即∠PLM=∠PCA=∠PBA

根据判定2-1，P在△ABC外接圆上.

1：平面上四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若底边的对角相等，那么四点共圆.

几何描述：四边形ABCD中，∠BAC=∠BDC，则ABCD四点共圆。

证明：过ABC作一个圆，明显D一定在圆上。若不在圆上，可设射线BD与圆的交点为D'，那么∠BD'C=∠BAC=∠BDC，与外角定理矛盾。

2：若平面上四点连成四边形的对角互补。那么四点共圆

已知：四边形ABCD中，∠A+∠C=180°

求证：四边形ABCD内接于一个圆（A，B，C，D四点共圆）

证明：用反证法

过A，B，D作圆O，假设C不在圆O上，点C在圆外或圆内，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° ，

∵∠A+∠C=180° ∴∠DC’B=∠C

这与三角形外角定理矛盾，故C不可能在圆外。类似地可证C不可能在圆内。

∴C在圆O上，也即A，B，C，D四点共圆。

我们先引一个这样的理：

（同旁倍角模式之一）A、O在BC同侧，OB=OC，∠BOC=2∠BAC，求证：OA=OB.（这里的角都是任意角）

证明比较多，现列举出两种方法：

法1：作O关于AB、AC的对称点D、E，则AD=AO=AE,DB=BO=OC=CE,∠BOC=∠DAE.

则∠OBD=2∠OBA，∠OCE=2∠OCA，∠OBA+∠OCA=∠BOC-∠BAC=∠BAC.

∴∠OBD+∠OCE=∠BOC.由三角形BOC内角和得∠DBC+ECB=180°，故DB∥CE，得平行四边形DBCE.

∴DE=BC.由AD=AE，OB=OC，∠DAE=∠BOC得∠ADE=∠AED=∠OBC=∠OCB.∴△ADE≌△OBC（ASA），故AD=AO=OB=OC.

法2：在射线AC上取M使MA=MB.则∠BOC+∠BMC=2∠BAC+∠BMC=180°.

（对角互补模型，可以做双高或构造等腰来证明，这里用的是后者）△OCM旋转至△OBN，得N,B,M共线,OM=ON，∴∠OMC=∠ONM=∠OMN.

∵MA=MB，MO=MO，∴△MOA≌△MOB（SAS），故OA=OB=OC.

证明：以判定2-1（C、D在AB同侧，∠ACB=∠ADB（=α），则A、B、C、D四点共圆）为例

如图4，在AB同侧作顶角为2α的等腰三角形OAB，由引理得OA=OB=OC=OD，故A、B、C、D四点共圆.

类似的，也可以证明判定2-2.