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，四点共圆的推导过程，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。
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2，OA=OB，∠AOB=2∠C，若能证明CO=BO，根据圆的定义，即点C在⊙O上，命题得证。
图2
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。
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。
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。
1、对角互补法：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；特殊情形——若一个四边形有两个对角都为90，那么该四边形四个顶点共圆；2、同侧共底边三角形顶角相等法：若线段同侧二点到。
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7，OA=OB，∠AOB/2+∠C=180°，若能证明CO=BO，根据圆的定义，即点C在⊙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。
证明四点共圆的方法如下：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。
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。
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．方法2 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。
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”和“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。
