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这是41616在做题的时候自主发现的一个小结论，在考场上不能直接用，但是挺有意思的。
定理叙述：$\triangle ABC$的边$BC$、$CA$、$AB$上各有一个点$D$、$E$、$F$，$\odot AEF$、$\odot BDF$、$\odot CDE$交于一个点$M$（易知这三个圆有一个公共点），则$AD$、$BE$、$CF$三线共点的充要条件是$\odot AMD$、$\odot BME$、$\odot CMF$共轴。（共轴的意思是这三个圆两两的根轴均重合）
证明：把整个图以点$M$为反演中心，$1$为反演半径作反演，每个点的反演像用这个点的名称后面加上一个$’$来表示。则：
$\blacktriangleright AD$、$BE$、$CF$三线共点$\Leftrightarrow\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AF}{FB}=1$；
$\blacktriangleright\odot AMD$、$\odot BME$、$\odot CMF$共轴$\Leftrightarrow A’D’$、$B’E’$、$C’F’$三线共点$\Leftrightarrow\dfrac{B’D’}{D’C’}\cdot\dfrac{C’E’}{E’A’}\cdot\dfrac{A’F’}{F’B’}=1$。
注意到$\triangle MBD\sim\triangle MD’B’$，于是有$\dfrac{MB}{MD’}=\dfrac{BD}{D’B’}$，即：
$\dfrac{BD}{MB}=\dfrac{B’D’}{MD’}①$
同理有如下五式：
$\dfrac{DC}{MC}=\dfrac{D’C’}{MD’}②$
$\dfrac{CE}{MC}=\dfrac{C’E’}{ME’}③$
$\dfrac{EA}{MA}=\dfrac{E’A’}{ME’}④$
$\dfrac{AF}{MA}=\dfrac{A’F’}{MF’}⑤$
$\dfrac{FB}{MB}=\dfrac{F’B’}{MF’}⑥$
$\dfrac{①}{②}\times\dfrac{③}{④}\times\dfrac{⑤}{⑥}$，得：$\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{B’D’}{D’C’}\cdot\dfrac{C’E’}{E’A’}\cdot\dfrac{A’F’}{F’B’}$，结合两个“$\blacktriangleright$”即得证。
