此题第二问，三线共点的证明

@qcaxq 有空帮忙看下

以三角形ABC的外接圆为单位圆
令A=Z1;B=Z2;C=1; D =Z3*x
则计算可得
E =(Z1*Z3 + Z2*Z3 + Z3^2*x - Z1*Z2*x)/(2*Z3)
F =(Z3 + Z1*Z3 - Z1*x + Z3^2*x)/(2*Z3)
M =Z2/2 + 1/2
再设P为MF上一点
P =Z2/2 - y*(Z2/2 - (Z3 + Z1*Z3 - Z1*x + Z3^2*x)/(2*Z3) + 1/2) + 1/2
再计算
G =Z1 - ((Z1 - Z3*x)/(2*(Z1 - Z2/2 + y*(Z2/2 - (Z3 + Z1*Z3 - Z1*x + Z3^2*x)/(2*Z3) + 1/2) - 1/2)) - (Z2*(Z3 - Z1*x))/(Z1*Z3 - 2*Z2*Z3 + Z1*Z2*Z3 - Z1*Z3*y + Z2*Z3*y + Z1*Z2*x*y - Z2*Z3^2*x*y))*(Z1 - Z2/2 + y*(Z2/2 - (Z3 + Z1*Z3 - Z1*x + Z3^2*x)/(2*Z3) + 1/2) - 1/2)
计算可知
∠DBA=∠ACD等价于
Z2*Z3^2 - Z3^3*x - Z1^2*Z3^2 + Z3^4*x^2 - Z1^2*Z2*x^2 + Z1^2*Z3*x - Z2*Z3^3*x + Z1^2*Z2*Z3*x==0
而这也是
∠FME=2*∠DBE和E F B P D G共线的一个条件
故原命题成立

先给个初中证法，后续再优化
K和L为中点，易证GE=GF
∠EGF=2θ
假设AB=1，并假设图中各角
P、S、J为垂足
只要证明HJ/PC=HN/CS，命题就成立
HJ/PC=HF*Cosθ/(EC*Cosβ）---------------①
△AFH利用正弦定理
HF=cos（β+ω)cosβ/cos(β+ω-θ-α)
AH=sin(θ+α)* cosβ/cos(β+ω-θ-α)
HN=AH-sinω
CS=EC*sin(α+θ-ω)/cosθ
HN/CS=(AH-sinω)*cosθ / (EC*sin(α+θ-ω))-----②
比较①②约去相同
HF/Cosβ=HN/sin(α+θ-ω)
化简后
cos（β+ω)*sin(α+θ-ω)=sin(θ+α)cosβ - sinωcos(β+ω-θ-α)
即cos（β+ω)*sin(α+θ-ω)=sin(θ+α)cosβ - sinω[cosβcos(α+θ-ω)-sinβsin(α+θ-ω)]
即sin(α+θ-ω)(cos（β+ω)+sinωsinβ)=cosβ[sin(θ+α) - sinωcos(α+θ-ω)]
即sin(α+θ-ω)*cosβcosω=cosβ[sin(θ+α) - sinωcos(α+θ-ω)]
即sin(α+θ-ω)*cosω=sin(θ+α) - sinωcos(α+θ-ω)
即sin(α+θ-ω)*cosω+sinωcos(α+θ-ω)=sin(θ+α)
上式成立
故HJ/PC=HN/CS
所以HC和NQ与EF的交点为同一点
则三线共点

简化楼上的方法
K和L为中点，易证GE=GF
∠EGF=2θ
假设AB=1，并假设图中各角
P、S、J为垂足
只要证明HJ/PC=HN/CS，命题就成立
ABFN共圆。
在△HNF中正弦定理：
HF/HN=Cosβ/sin(α+θ-ω)
HJ/HN=CosθCosβ/sin(α+θ-ω)
CS=EC*sin(α+θ-ω)/cosθ
PC/CS=CosθCosβ/sin(α+θ-ω)
故HJ/HN=PC/CS
得证

这题出的好鸡贼 说难也容易 说容易却没有突破口
也许正学三角函数的学生更容易想到