请问，如何证明平面几何三线共点

Question

三个边长互不相等的等边三角形△ABF、△BCD、△ACE，围成一个三角形△ABC。
求证：直线AD、直线BE、直线C相交于同一点H。
三角形如图http://xiangce.baidu.com/picture/album/list/4017a275c0782f2e9a0c73c1dc2af810563a923d

Answer 1

先连接BE、CF，设交点为H，再连接AH、DH，题意即需证明∠AHD=180°
证明如下：
因为∠FAC=60°+∠BAC=∠BAE，AF=AB，AC=AE，
所以∴△FAC≌△BAE
所以∠AFC=∠ABE，∠ACF=∠AEB
于是A，F，B，H共圆，
所以∠AHF=∠ABF=60°，∠BHF=∠BAF=60°
又∠BDC=60°，故∠BHF=∠BDC，所以B，D，C，H共圆，所以∠BHD=∠BCD=60°
于是∠AHD=∠AHF+∠BHF+∠BHD=60°+60°+60°=180°
故A，H，D共线。

注：并回复 lin0qun： 共圆的依据是∠AFC=∠ABE或者说∠AFH=∠ABH，即圆周角相等则共圆。证明如下：设有四点P，Q，R，S，满足∠QPR=∠QSR，
画三角形PQR的外接圆，交QS或QS的延长线于M，连接MR，则∠QPR=∠QMR，故∠QSR=∠QMR
于是∠MRS=∠QMR-∠QSR=0，RM与RS重合，点M与点S重合，即P、Q、R、S共圆。

至于为什么∠BHF=∠BAF=60°，那是因为共圆，所以圆周角相等，并且三角形ABF为等边三角形。

为什么只赞同、不采纳呀？？我写得啰嗦了吗？