说明：圆幂定理是什么我就不说了，众所周知的是它包括三种形式，这里只对其中一种形式下的逆定理进行证明。《几何原本》第三卷命题37对圆幂定理的其中一种情况的逆定理进行了证明，并没有用到相似及四点共圆。以下证明是我仿其所作的另外一种情况的圆幂定理逆定理的证明，主要用到了勾股定理和平方差公式。既然称作仿作，当然这里也没有用到三角形外接圆。虽然《原本》里没有下面用到的平方差公式，但这关系不大。

两线段AB、CD相交于点E，且AE、BE上长方形等于CE、DE上长方形，则可证A、B、C、D四点共圆。

证明过程：

首先，当两条线段互相平分时，即AE等于EB且CE等于ED，这时因为AE、BE上长方形等于CE、DE上长方形，

所以AE、BE、CE、DE的每一个都相等，

即A、B、C、D四点共圆，且E为圆心。（第一种情况证明完毕。——刘注）

其次，当AB垂直平分CD时，

连接C和AB中点H。

因为三角形CEH是直角三角形，

所以CH上正方形等于EH上正方形加上CE上正方形，【勾股定理】（CH²=EH²+CE²。——刘注）

又因为CE等于DE，

所以CH上正方形等于CE、DE加上EH上正方形。（CH²=EH²+CE×DE。——刘注）

而CE、DE等于长方形AE、BE，

所以CH上正方形等于长方形AE、BE，加上EH上正方形。（CH²=EH²+AE×BE。——刘注）

又因为AH等于BH，所以长方形AE、BE等于AH与EH的差、AH与EH的和组成的长方形，（AE×BE=(BH+EH)(AH-EH)。——刘注）

即长方形AE、BE等于BH上正方形减去EH上正方形，【平方差公式】（AE×BE=BH²-EH²。——刘注）

所以CH上正方形等于BH上正方形，（CH²=BH²。——刘注）

即CH等于BH。

类似可证DH也等于AH，且H是AB中点，

即A、B、C、D四点共圆，且H是圆心。（至此，第二种情况证明完毕。——刘注）

再次，对于其它情况：

作AB和CD的垂直平分线FH和GH，二者交于H。

连接AH、CH、EH。

因为三角形EFH是直角三角形，所以FH上的正方形等于EH上的正方形减去EF上的正方形。【勾股定理】（FH²=EH²-EF²。——刘注）

两边同时加上AF上的正方形，即FH上的正方形加上AF上的正方形等于AF上的正方形减去EF上的正方形，再加上EH上的正方形。（FH²+AF²=AF²-EF²+EH²。——刘注）

而因为三角形AFH是直角三角形，所以FH上的正方形加上AF上的正方形等于AH上的正方形，【勾股定理】（FH²+AF²=AH²。——刘注）

即AH上正方形等于AF上的正方形减去EF上的正方形，再加上EH上的正方形。（AH²=AF²-EF²+EH²。——刘注）

又因为AF上的正方形减去EF上的正方形，等于AF与EF的和，及AF与EF的差构成的长方形，【平方差公式】（AF²-EF²=(AF+EF)(AF-EF)。——刘注）

且AF与EF的和即为AE，AF与EF的差即为BE，这是因为BF等于AF，

所以，AH上正方形等于长方形AE、BE，加上EH上的正方形。（AH²=AE×BE+EH²，第一步证明完成。——刘注）

类似的，可以证明CH上的正方形等于长方形CE、DE，加上EH上的正方形。（CH²=CE×DE+EH²，第二步证明完成。——刘注）

又因为，长方形AE、BE等于长方形CE、DE，

所以AH上的正方形等于CH上的正方形，

即AH等于CH。（第三步证明完成。——刘注）

因为H是AB、CD垂直平分线上的点，

所以BH也等于AH，DH也等于CH，四者都相等，（第四步证明完成。——刘注）

所以A、B、C、D四点共圆，且H是圆心。（至此，第三种情况证明完毕。——刘注）