1. 题目

如图，在 $\triangle ABC$ 中，$D$ 为边 $BC$ 的中点，延长 $AD$ 交于 $\triangle ABC$ 的外接圆于点 $P$，过 $B$、$P$ 作一个圆与边 $AC$ 相切于点 $E$，过点 $C$、$P$ 作一个圆与边 $AB$ 相切于点 $F$。证明：$AD$、$BE$、$CF$ 三线共点。

2. 分析

首先，要证明结论可以使用塞瓦定理，即证明

$$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA} = 1$$

由 $D$ 是 $BC$ 中点可知上面的结论等价于 $EF\parallel BC$。

这个题的关键构造条件是过 $B$、$P$ 作一个圆与边 $AC$ 相切。

实际上，如果是考虑和直线 $AC$ 相切，那么满足条件的圆有两个，对应的两个切点调和分割 $AC$，且 $BP$ 与 $AC$ 的交点是两个切点的中点。

这启发了我们去作 $BP$ 与 $AC$ 的交点（设为 $J$）、$CP$ 和 $AB$ 的交点（设为 $K$）。

利用这两个点以及圆幂定理可以得到 $JE$ 和 $KF$ 之间的比例关系。

另外，由 $ABPC$ 共圆可知 $\triangle DJK$ 是自配极三角形，外心 $O$ 是 $\triangle DJK$ 的垂心，可知 $JK\parallel BC$。结合前面的 $JE$ 和 $KF$ 的条件可证 $EF\parallel JK\parallel BC$。

3. 解答

设 $J=\overline{AC}\cap \overline{BP}$，$K=\overline{AB}\cap \overline{CP}$，$O$ 是 $\triangle ABC$ 的外心。

注意到 $JK$ 是 $D$ 关于 $\odot O$ 的极线，因此 $OD\perp JK$。

又由 $OD\perp BC$ 可知 $JK\parallel BC$。

由

$$\begin{aligned} JE^2 & = JB\cdot JP = JA\cdot JC \\ KF^2 & = KC\cdot JP = KA\cdot KB \end{aligned}$$

可知

$$\frac{JE^2}{KF^2} = \frac{JA\cdot JC}{KA\cdot KB} = \frac{JA^2}{KA^2}$$

故

$$\frac{JE}{KF} = \frac{JA}{KA} = \frac{AE}{AF}$$

可知 $EF\parallel JK\parallel BC$，因此

$$\frac{AF}{FB} = \frac{AE}{EC}$$

可知

$$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA} = 1$$

因此 $AD$、$BE$、$CF$ 三线共点，命题得证。