一道平面几何问题的另证
龚浩生 熊小平
《数学通报》2007年7月号问题1683为：
在鰽BCD中，过A、B、C三点作圆交BD于E，过B、C、D三点作圆交CA延长线于F.求证：BD?BE=AC?CF.
原解运用“玴tolemy”定理，结合相似变换，得出两个等式后，使结论获证.
经研究，我们发现此问题证法灵活，难易适度，是一道适合奥赛训练的好题.现给出几种更为简洁自然的证法，供参考.
证法一：如图1所示，连结BF、DF，由B、C、D、F四点共圆，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.
证法二：如图1，连结BF、DF、CE，由B、C、D、F四点共圆，设共圆半径为R，则由正弦定理得：BD玸in∠BFD=2R=CF玸in∠CDF，故BDCF=玸in∠BFD玸in∠CDF.同理，由A、B、C、E四点共圆，得：ACBE=玸in∠ABC玸in∠BCE.
由证法一，∠BFD=∠ABC,∠CDF=∠BCE.∴玸in∠BFD玸in∠CDF=玸in∠ABC玸in∠BCE.
∴BDCF=ACBE，即BD?BE=AC?CF.
证法三：如图1，设AC与BD相交于O，则OB=OD,OC=OA.由A、B、C、E四点共圆，得：OB?OE=OC?OA ①
同理，OB?OD=OC?OF ②
①+②得：OB(OE+OD)=OC(OA+OF)，即：OB?(OE+OB)=OC?(OC+OF).
∴2OB?BE=2OC?CF.即BE?BD=AC?CF.
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
《数学通报》2007年7月号问题1683为：
在鰽BCD中，过A、B、C三点作圆交BD于E，过B、C、D三点作圆交CA延长线于F.求证：BD?BE=AC?CF.
原解运用“玴tolemy”定理，结合相似变换，得出两个等式后，使结论获证.
经研究，我们发现此问题证法灵活，难易适度，是一道适合奥赛训练的好题.现给出几种更为简洁自然的证法，供参考.
证法一：如图1所示，连结BF、DF，由B、C、D、F四点共圆，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.
证法二：如图1，连结BF、DF、CE，由B、C、D、F四点共圆，设共圆半径为R，则由正弦定理得：BD玸in∠BFD=2R=CF玸in∠CDF，故BDCF=玸in∠BFD玸in∠CDF.同理，由A、B、C、E四点共圆，得：ACBE=玸in∠ABC玸in∠BCE.
由证法一，∠BFD=∠ABC,∠CDF=∠BCE.∴玸in∠BFD玸in∠CDF=玸in∠ABC玸in∠BCE.
∴BDCF=ACBE，即BD?BE=AC?CF.
证法三：如图1，设AC与BD相交于O，则OB=OD,OC=OA.由A、B、C、E四点共圆，得：OB?OE=OC?OA ①
同理，OB?OD=OC?OF ②
①+②得：OB(OE+OD)=OC(OA+OF)，即：OB?(OE+OB)=OC?(OC+OF).
∴2OB?BE=2OC?CF.即BE?BD=AC?CF.
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
