题目
如图所示，\(\triangle ABC\) 内一点 \(P\) 在边 \(BC\)、\(CA\)、\(AB\) 上的射影分别为点 \(D\)、\(E\)、\(F\)，过 \(D\)、\(E\)、\(F\) 三点的圆与 \(BC\)、\(CA\)、\(AB\) 的第二个交点分别为 \(M\)、\(N\)、\(K\)。直线 \(MN\) 与 \(AB\) 交于点 \(G\)，直线 \(MK\) 与 \(AC\) 交于点 \(H\)，\(BE\) 与 \(CF\) 交于点 \(T\)。证明：\(PT \perp GH\)。
探索思路
先假设题目结论成立，一个很自然的观察是：
设 \(PT \cap GH = Z\)，若 \(PT \perp GH\)，则 \(PZ \perp GH\)，于是 \(P、Z、E、H\) 四点共圆，\(P、Z、F、G\) 四点共圆，此时 \(PT\) 为两圆的根轴。
在尝试推导圆幂前，先挖掘几何性质：作出 \(\odot PZEH\)、\(\odot PZFG\)，可发现 \(\odot PZEH\)、\(\odot DEF\)、\(BE\) 共点，设为 \(X\)；同理可定义对应点 \(Y\)。从这两个点出发推导圆幂会更加轻松。
严谨证明
我们先证 \(PT\) 为 \(\odot PEH\)、\(\odot PFG\) 的根轴，进而证明 \(PT \perp GH\)。
设 \(BE \cap \odot PEH = Q\)，易知 \(B、F、P、Q、D\) 五点共圆。设 \(\odot DEF \cap BE = X\)，则
\(X\) 在 \(\odot PEH\) 上
\(\iff BX \cdot BE = BQ \cdot BH\)
\(\iff BF \cdot BK = BQ \cdot BH\)
\(\iff F、K、Q、H\) 四点共圆 \(\quad (*)\)
由 \(\angle BQF = \angle BDF = \angle FKH\)，可知 \((*)\) 式显然成立。
设 \(\odot DEF \cap CF = Y\)，同理可证 \(Y\) 在 \(\odot PFG\) 上。
进而，点 \(T\) 关于 \(\odot PEH\) 的幂为 \(XT \cdot TE\)，点 \(T\) 关于 \(\odot PFG\) 的幂为 \(TF \cdot TY\)。
由 \(X、Y、F、E\) 四点共圆，可知 \(T\) 在 \(\odot PEH\) 与 \(\odot PFG\) 的根轴上。
结合 \(P\) 显然在两圆的根轴上，可知 \(PT\) 就是 \(\odot PEH\) 与 \(\odot PFG\) 的根轴。
又因为 \(\odot PEH\) 与 \(\odot PFG\) 的连心线平行于 \(GH\)，根轴与两圆连心线垂直，故 \(PT \perp GH\)。\(\square\)
题注与解法说明
注：本题为万喜人紫皮书的一道征解题，在后来出版的续作中解答使用了三角法，计算上十分繁琐。上述解法从纯几何角度不仅用根轴翻译条件使其更加直观，更用X、Y点的性质便利了圆幂计算，因而大大简化了证明,但从观察和灵感上来讲仍是困难的!