如图 $A_{1}$、$B_{1}$、$C_{1}$ 是 $\triangle ABC$ 外接圆 $\odot O$ 上的点，满足 $AA_{1}\parallel BB_{1} \parallel CC_{1}$，$P$ 是 $\odot O$ 上的任意一点，若直 $PA_{1}$ 交直线 $BC$ 于 $D$，$PB_{1}$ 交 $AC$ 于 $E$，$PC_{1}$ 交 $AB$ 于 $F$．证明：$D$、$E$、$F$ 三点共线．
【难度】
【出处】
2015年全国高中数学联赛山西省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
连结 $AP$、$BP$、$CP$、$AC_{1}$．由于 $AA_{1} \parallel BB_{1} \parallel CC_{1}$，则 $\angle APE = \angle APB_{1} =\angle ABB_{1} = \angle BAA_{1} = \angle BPD $，$\angle APF = \pi - \angle APC_{1} =\pi - \angle CPA_{1} = \angle CPD$，$\angle BPF = \angle BAC_{1} = \angle CPB_{1} = \angle CPE$．由于点 $D$、$E$、$F$ 分别在直线 $BC$、$CA$、$AB$ 上，则\[\begin{split} \dfrac{AE}{EC} \cdot \dfrac{CD}{DB} \cdot \dfrac{BF}{FA}&=\dfrac{S_{\triangle PAE}}{S_{\triangle PEC} } \cdot \dfrac{S_{\triangle PCD }}{S_{\triangle PDB} } \cdot \dfrac{S_{\triangle PBF} }{S_{\triangle PFA }} \\ &=\dfrac{S_{\triangle PAE}}{S_{\triangle PDB }} \cdot \dfrac{S_{\triangle PCD }}{S_{\triangle PFA }} \cdot \dfrac{S_{\triangle PBF }}{S_{\triangle PEC } } \\ &=\dfrac{PA \cdot PE}{PB \cdot PD} \cdot \dfrac{PC \cdot PD}{PA \cdot PF} \cdot \dfrac{PB \cdot PF}{PC \cdot PE} \\ &=1 .\end{split}\]故由梅涅劳斯逆定理，得三点 $D$、$E$、$F$ 共线．
答案
解析
备注
