以 $\triangle ABC$ 为参考三角形建立重心坐标系，则 $D=(0:1:1)$。

由 $\angle AEB = \angle 180^\circ-\angle BAC$ 可知

$$\angle ABE = \angle CAE = \angle BAE$$

因此 $E$ 在 $AB$ 的垂直平分线上。

由 $E$ 在 $\angle BAC$ 的平分线上可知 $E=(\lambda:b:c)$，$AB$ 的垂直平分线的方程为 $c^2(y-x)+z(b^2-a^2)=0$，将 $E$ 代入，可解得

$$\lambda = \frac{bc+b^2-a^2}{c}$$

因此

$$E=\left(bc+b^2-a^2:bc:c^2\right)$$

同理可知，$F=(\mu:b:c)$ 在 $CA$ 的垂直平分线 $b^2(x-z)+y(a^2-c^2)=0$ 上，解得

$$\mu = \frac{bc+c^2-a^2}{b}$$

因此

$$F=\left(bc+c^2-a^2:b^2:bc\right)$$

设 $\triangle AFB$ 的外接圆方程为

$$-a^2yz-b^2zx-c^2xy+wz\cdot(x+y+z)=0$$

$\triangle AEC$ 的外接圆方程为

$$-a^2yz-b^2zx-c^2xy+vy\cdot(x+y+z)=0$$

它们的交点满足 $wz=vy$ 恒成立，因此 $y=z=0$（对应的是交点 $A$），或（交点 $P$ 满足）

$$\frac{y}{z} = \frac{w}{v}$$

要证明 $A$、$P$、$D$ 共线，只需证 $w=v$ 即可。

将 $F$ 代入 $\triangle AFB$ 的外接圆方程，可得

$$\begin{aligned} w & = \frac{a^2yz+b^2zx+c^2xy}{z(x+y+z)} \\[2ex] & = \frac{a^2\cdot bc\cdot c^2 + b^2\cdot c^2\cdot (bc+b^2-a^2) + c^2\cdot (bc+b^2-a^2)\cdot bc}{bc\cdot (b^2+2bc+c^2-a^2)} \\[2ex] & = \frac{a^2c+b\cdot (bc+b^2-a^2)+c\cdot (bc+b^2-a^2)}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot c \\[2ex] & = \frac{\bcancel{a^2c}+b^2c+b^3-a^2b+bc^2+b^2c-\bcancel{a^2c}}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot c \\[2ex] & = \frac{2bc+b^2-a^2+c^2}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot bc \\[2ex] & = bc \end{aligned}$$

同理，将 $E$ 代入 $\triangle AEC$ 的外接圆方程，可得

$$\begin{aligned} v & = \frac{a^2yz+b^2zx+c^2xy}{y(x+y+z)} \\[2ex] & = \frac{a^2\cdot b^2\cdot bc + b^2\cdot bc\cdot (bc+c^2-a^2) + c^2\cdot (bc+c^2-a^2)\cdot b^2}{bc\cdot (b^2+2bc+c^2-a^2)} \\[2ex] & = \frac{a^2b+b\cdot (bc+c^2-a^2)+c\cdot (bc+c^2-a^2)}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot b \\[2ex] & = \frac{\bcancel{a^2b}+b^2c+bc^2-\bcancel{a^2b}+bc^2+c^3-a^2c}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot b \\[2ex] & = \frac{b^2+2bc+c^2-a^2}{b^2+2bc+c^2-a^2}\cdot bc \\[2ex] & = bc \end{aligned}$$

因此 $w=v$，命题得证。