题目：如图, $\triangle ABC$内接于圆$O$, $I,J$分别是内心和$A$-旁心, $AJ$交圆$O$于$U$, $D$在$BC$上且满足$DA=DJ$, $AD$交圆$O$于$K$, $M$是$BC$中点, $IM,UK$交于$N$. 证明：$MI=MN$.

Proof. 由于$B,I,C,J$共以$IJ$为直径的圆且$M$是$BC$中点，所以我们只需证明$N$是$\triangle JBC$的垂心. 为叙述方便, 我们接下来重定义$N$是$\triangle JBC$的垂心并证明$N,K,U$共线. 此时由于$U,N$分别是$\triangle JBC$的外心与垂心, 故我们可以认为$UN$的方向已知，此时只需刻画$UK$的方向. 设$AU$交$BC$于$T$, $UK$交$BC$于$P$, 易见$K,P,A,T$共圆. 于是$\measuredangle DPK=\measuredangle TAD=\measuredangle DJT$, 故$D,P,J,U$共圆. 因此$\measuredangle JUK=\measuredangle JDB$, 只需证$\measuredangle JUN=\measuredangle JDB$​.

现在的问题便转化为了刻画$JD$的方向, 我们考虑补全图形以给$D$更多信息. 设出$\triangle ABC$的另两个旁心$E,F$. 设$JF,JE$中点分别为$B’,C’$, 则$B’C’$是$JA$中垂线, 故其经过$D$. 熟知$O,I$分别是$\triangle JEF$的九点圆心与垂心, $I$关于$O$的对称点$O’$是$\triangle JEF$的外心. 由$\triangle JEF\stackrel{-}{\sim}\triangle JBC$及相似对应可知$\measuredangle JUN=\measuredangle IO’J$. 故只需证 $\measuredangle IO’J=\measuredangle JDB$. 注意到$JO’\perp DB$, 因此只需证$JD\perp IO’$.

设$AO’$中点是$Q$. 注意到$B,B’,C,C’$共$\triangle JEF$的九点圆, 即$\odot(ABC)$, 易见$\overline{DB}\cdot\overline{DC}=\overline{DB’}\cdot\overline{DC’}$，故$JD$是$\odot(JBC)$与$\odot(JB’C’)$的根轴. 两圆分别以$JI$与$JO’$为直径, 故$JD\perp UQ$. 由$UQ$是$\triangle JIO’$的中位线即知$JD\perp IO’$.$\quad\Box$

注意到最后证明垂直实际上对更广泛的情形都对：考虑一个$\triangle ABC$的任意一对等角共轭点$P,Q$, 设$P,Q$关于$\triangle ABC$的垂足三角形分别为$\triangle P_1P_2P_3$, $\triangle Q_1Q_2Q_3$, 设$P_2P_3$交$Q_2Q_3$于$D$, 则$AD\perp PQ$. 上述证明无非是对$\triangle JEF$的外心$O’$与垂心$I$的特例, 据此容易得以下推广.

推广：给定$\triangle ABC$与$\odot(ABC)$上一点$U$. $I,J$是$AU$上满足$IB\perp JB$且$IC\perp JC$的两点. $AU$上点$X$满足$\overline{JX}/\overline{JA}=\overline{JU}/\overline{JI}$, 过$X$做$AU$垂线交$BC$于$D$. $V,K$是$\odot(ABC)$上两点, 使得$AV//JD$, $VK//BC$. 过$J$做$BC$垂线交$UK$于$N$. 证明：$\measuredangle NBC=\measuredangle JBU$, $\measuredangle NCB=\measuredangle JCU$​.

令$U$为弧$BC$中点便得到原问题. 推广的证明细节留给读者.

题目：设$\triangle ABC$是一个正三角形. 点$A_1, B_1,C_1$在三角形$ABC$的内部, 且满足$BA_1= A_1C$, $CB_1 = B_1A$, $AC_1 = C_1B$, 及$\angle BA_1C +\angle CB_1A +\angle AC_1B = 480^{\circ}$. 设直线$BC_1$与$CB_1$交于点$A_2$, 直线$CA_1$与$AC_1$交于点$B_2$, 直线$AB_1$与$BA_1$交于点$C_2$.

证明: 若三角形$A_1B_1C_1$的三边长度两两不等, 则三角形$AA_1A_2$, $BB_1B_2$和$CC_1C_2$的外接圆都经过两个公共点.

Proof. 我们证明8个断言，以此完成整个题目的证明.

断言1：$AA_2,BB_2,CC_2$共点，记为$X$.

断言1的证明. 对$\triangle ABC$和$A_2,B_2,C_2$分别用角元Ceva定理可知

故由角元Ceva定理的逆定理可知断言1成立.

断言2：$A_2$在以$A_1$为圆心，$A_1B$为半径的圆上，记此圆为$\omega_1$，轮换地定义$\omega_2,\omega_3$.

断言2的证明. 注意到

即证.

断言3：设$X$关于$\triangle ABC$的等角共轭点为$Y$，$AY$交$\odot(AA_1A_2)$于另一点$A_3$，则$A_3$在$\omega_1$上. 轮换地定义$B_3,C_3$.

断言3的证明. 注意到$AA_1$平分$\angle A_2AA_3$且$A,A_1,A_2,A_3$共圆即知$A_1A_3=A_1A_2$.

断言4：$B,C,B_3,C_3$共圆.

断言4的证明. 由于$BB_3$与$BB_2$关于$BB_1$对称，故$\measuredangle BB_3C=\measuredangle ACB_2$，同理$\measuredangle BC_3C=\measuredangle C_2BA$，由$B,C$关于$AA_1$对称即知$\measuredangle ACB_2=\measuredangle C_2BA$，于是这说明断言4成立.

断言5：$Y$到$\odot(AA_1A_2)$，$\odot(BB_1B_2)$，$\odot(CC_1C_2)$的圆幂相等.

断言5的证明. 由断言4立知$YB\cdot YB_3=YC\cdot YC_3$，轮换即得断言5成立.

断言6：$B_1,C_1,B_2,C_2$共圆.

断言6的证明. 由断言2可知

断言7：$A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$共点$Z$且$Z$到$\odot(AA_1A_2)$，$\odot(BB_1B_2)$，$\odot(CC_1C_2)$的圆幂相等.

断言7的证明. 由断言6轮换并使用Monge定理立得.

断言8：$Y,Z$是两个不同的点.

断言8的证明. 注意到$A_1B_2C_1A_2B_1C_2$是凸六边形（$A_1,B_1,C_1$均在$\triangle ABC$内部保证），故$Z$在线段$A_1A_2$上，又$X$在$\triangle ABC$内部，故$Y$也在$\triangle ABC$内部，故其在线段$AA_3$上，由于$AA_2$与$AA_3$关于$AA_1$对称，故$Y,Z$在$AA_1$的异侧，这说明$Y,Z$是两个不同的点.

综上所述，$\odot(AA_1A_2)$，$\odot(BB_1B_2)$，$\odot(CC_1C_2)$共轴. $\quad\Box$

题目：如图，在锐角$\triangle ABC$中，$AB < AC$，$\Omega$是外接圆，$S$是弧$BAC$的中点. 过$A$作$BC$的垂线交$BS$于点$D$、交$\Omega$于点$E$. 过$D$作$BC$的平行线交直线$BE$于点$L$，设$\triangle BDL$的外接圆$\omega$与$\Omega$交于另一点$P$. 求证：$\omega$在$P$处的切线与直线$BS$的交点在$\angle BAC$的平分线上. （题目来源：数之谜小程序）

Proof. 设$N$为弧$BC$中点，$AN$交$BC$于$T$，只需证明$PT$与$\odot(DBL)$相切. 设$AD$与$\odot(DBL)$的第二交点为$R$，则$LR$为$\odot(DBL)$的直径，由 \(\begin{aligned}&\measuredangle ATB\\=&\measuredangle ASB+90^\circ\\=&\measuredangle ACB+90^\circ\\=&\measuredangle CAE\\=&\measuredangle CBE\\=&\measuredangle ERB\\=&\measuredangle ARB\end{aligned}\) 知$A,T,R,B$共圆，再由 \(\begin{aligned}&\measuredangle ABT\\=&\measuredangle AES\\=&\measuredangle NAE\\=&\measuredangle NBE\\=&\measuredangle TBR\end{aligned}\) 知$TA=TR$. 由 \(\begin{aligned}&\measuredangle BPN\\=&\measuredangle BSN\\=&\measuredangle BDR\\=&\measuredangle BPR\end{aligned}\) 知$P,R,N$共线. 故结合 \(\begin{aligned}&\measuredangle ATR\\=&\measuredangle ABR\\=&2\measuredangle ABS\\=&2\measuredangle APS\\=&2\measuredangle APR\end{aligned}\) 与$TA=TR$说明$T$是$\triangle APR$外心，故$TP^2=TA^2=TD\cdot TB$. 于是$TP$为$\odot(DBL)$的切线.

原题如下。

题目：在非等腰锐角$\triangle ABC$中，$AP,BQ,CR$是高，$H$是垂心. $A_1$是$BC$的中点，$AA_1$交$QR$于点$K$，$QR$交过$A$且平行于且平行于$BC$的直线于点$D$，$AH$的中点与$K$的连线交$DA_1$于点$A_2$. 类似定义点$B_2,C_2$. 已知$\triangle A_2B_2C_2$非退化，其外接圆为$\omega$. 求证：存在$\omega$内与之相切的圆$A’,B’,C’$，满足：(1) 圆$A’$与$AB,AC$相切、圆$B’$与$BC,BA$相切、圆$C’$与$CA,CB$相切；(2) $A’,B’,C’$不同且共线.

乍一看题目实在是太复杂了，光是$A_2$的定义就已经足够让人头晕，更别说还要轮换地去做外接圆，但实际上静下心来我们也应该能做出一定的猜测，比如这三者是否在某个比较好的圆上，再联系到题目中$AH$中点的出现，我们应该就能往九点圆上面考虑。结合到$AH$中点和$BC$中点$A_1$是九点圆上的对径点，我们发现要证$A_2$在$\triangle ABC$的九点圆上只需证

断言1：设$AH$中点为$L$，则$LK\perp A_1D$.

Proof. 导角易见$A_1R,A_1Q,AD$是$\odot(ARQ)$的切线，于是$D$在$A_1$关于$\odot(ARQ)$的极线上且$A$在$D$关于$\odot(ARQ)$的极线上，所以$AA_1$是$D$关于$\odot(ARQ)$的极线，又由于$RQ$是$A_1$关于$\odot(ARQ)$的极线，故$K$是$DA_1$关于$\odot(ARQ)$的极线，于是由$L$是$\odot(ARQ)$圆心知$LK\perp A_1D$. $\quad\Box$

由此，轮换地我们就知道$\omega$就是$\triangle ABC$的九点圆. 下面我们就来做这个题不太平凡的一部分，可以说这就是“去沙子”.

题目’：在非等腰锐角$\triangle ABC$中，$AP,BQ,CR$是高，$H$是垂心. $A_1,B_1,C_1$是$BC,CA,AB$的中点，$\omega$是$\triangle ABC$的九点圆，即$P,Q,R,A_1,B_1,C_1$所共圆. 求证：存在$\omega$内与之相切的圆$A’,B’,C’$，满足：(1) 圆$A’$与$AB,AC$相切、圆$B’$与$BC,BA$相切、圆$C’$与$CA,CB$相切；(2) $A’,B’,C’$不同且共线.

看到这个之后的第一个问题其实还是“如何画图”，正常来说画与两定直线和一定圆相切的圆是Apollonius问题的一个特殊情况，有比较一般的方法，但这里我们有一个非常好的东西，就是内切圆！Feuerbach定理告诉我们内切圆和九点圆是相内切的，但如果我们取$A’,B’,C’$中的一个为$\triangle ABC$的内心$I$，则由于题目的要求，$A’,B’,C’$必然分别在$AI,BI,CI$上，我们就知道这三个点必然重合，也就不符合要求了，所以我们应该考虑的是另一组可能的切圆. 从此出发，设$\triangle ABC$的内切圆为$c$，Feuerbach点为$Fe$，则由三圆两两之间的外位似中心共线可知$\odot A’$与$\omega$的切点应该就是$AFe$与$\omega$的第二交点，由此就能做出$\odot A’$了. 不过这样其实并不是一个很好的刻画，因为这样一会引入Feuerbach点，二又没法比较好地刻画$A’$的位置。这时候我们就可以观察$\odot A’$和$c$的关系，事实上，我们可以考虑以$A$为中心、$\overline{AB_1}\cdot\overline{AQ}$为幂的反演变换$f_A$. 注意$f_A$保持$AB,AC,\omega$均不变，所以$f_A(c)$仍是一个与前三者相切且在$\omega$内的圆，由于$f_A$会将$c$与$\omega$的切点$Fe$变为$f_A(c)$与$\omega$的切点，即$AFe$与$\omega$的第二交点，所以这正是我们前文通过位似构造出的$\odot A’$. 更进一步地，设$\triangle ABC$的切点三角形为$\triangle UVW$，设$VW$中点为$A_3$，则反演的基本知识告诉我们$f_A(A_3)=A’$，这应该就算是一个比较好的（指想算就能算）刻画了. 顺便我们设出$\omega$的圆心$Ni$.

到这一步，其实就可以考虑拿$I$处的张角定理直接计算了，不过可能还涉及到一些$A’,B’,C’$顺序的问题，我们将介绍一个更加独立、不把他们三个放一块的办法. 不过在此之前我们还要说这样选出来的$A’,B’,C’$确实满足要求(2)的第一条，即$A’,B’,C’$确实不同.

断言2：如上构造的$A’,B’,C’$两两不同.

Proof. 由于$A’,B’,C’$分别在$AI,BI,CI$上，故若其中两点重合当且仅当两者均为内心，不妨设$A’$为内心. 由$f_A(A_3)=A’$知$A$到九点圆$\omega$与内切圆$c$的幂相等，于是若$c,\omega$不重合，$A$在二者的根轴上，也即$AFe$与$c$相切，则此时$Fe$在以$AI$为直径的圆上，故$Fe$要么是$V$要么是$W$，不妨设$Fe\equiv V$，但又由于$Fe$在九点圆上，故$Fe\equiv V$将推出$B_1$或$Q$与$V$重合，这就说明$AB=BC$，与题设矛盾；若$c,\omega$重合，则有$A_1,P,U$重合、$B_1,Q,V$重合、$C_1,R,W$重合，这就说明$\triangle ABC$是等边三角形，同样矛盾. 综上，$A’,B’,C’$两两不同. $\quad\Box$

下面我们将给出$A’,B’,C’$所共直线的直接刻画. 设$\triangle A_1B_1C_1$的内心（即$\triangle ABC$的Spieker点）为$Sp$.

断言3：$A’,B’,C’$均在直线$HSp$上.

Proof 1. 只需证$A’$在直线$HSp$上，我们采用同一法，设$AH$中点为$L$，重定义$A’$为$AA_3$与$HSp$的交点，只需证明$L,P,A_3,A’$共圆，即

不妨设$c=AB>AC=b$，设$A_1Sp$交$AH$于$T$，$AI$交$BC$于$I_1$，则$B,A_1,I_1,P,C$依次排列于$BC$上，故$T$在射线$HA$上，于是$A’,A_3$在$A$的同侧，即只需证明

设$\angle IAH_1=\theta$，由

知只需证明

$AA_3\cdot\left(\dfrac{A_1P}{\sin\theta}-\dfrac{1}{2}AI\right)=\dfrac{1}{2}\left(A_1P\cdot\cot\theta-HP\right)\cdot AP,$

注意到$\sin\theta=\dfrac{I_1P}{AI_1}$，$\cot\theta=\dfrac{AP}{I_1P}$，故稍作整理可见上式等价于

$\left(AA_3\cdot AI_1-\dfrac{1}{2}AP^2\right)\cdot A_1P=\dfrac{1}{2}\left(AA_3\cdot AI-AP\cdot HP\right)\cdot I_1P=\dfrac{1}{2}\left(AV^2-HB\cdot HC\right)\cdot I_1P.$

设$BC=a$，上式左侧就可表为

另一方面，右侧可表为

因此上面等式成立，这也就完成了证明. $\quad\Box$

下面我们再来给出另一个版本的证明，其相对而言更“纯”几何一些，但需要的预备知识较多，我们不加详细证明地给出一些引理.

引理1：设$\triangle ABC$的内心为$I$，中点三角形为$\triangle A_1B_1C_1$，则$B_1C_1$关于内切圆$c$的极点为$\triangle BIC$的垂心$H_a$.

Hint. 设$\triangle ABC$的切点三角形为$\triangle UVW$，证明$UW,B_1C_1,CI$共点.

引理2：$\triangle ABC$的内心$I$、Gergonne点$Ge$（三角形与其切点三角形的透视中心）、de Longchamps点$De$（三角形的垂心的反补点）共线.

Proof. 参见3500欧拉线上的三角形特征点专题的定理2.4. $\quad\Box$

下面我们给出断言3另一个版本的证明.

Proof 2. 设$B_1C_1$交$VW$于$X$，$\triangle ABC$的Gergonne点为$Ge$，由引理2知$IGe//HSp$，注意到$Ge$在$\triangle ABC$的Feuerbach双曲线$\mathcal{C}$上，所以由Brocard定理，$VW$关于$\mathcal{C}$的极点是$U$，由于$U$是$AGe$与$IH_a$的交点，于是由调和的基本性质与极线的定义知$U$在$AH_a$与$IGe$交点关于$\mathcal{C}$的极线上，故$AH_a,IGe,VW$共点.

由于$AH_a$关于内切圆$c$的极点是$X$，$VW$关于$c$的极点是$A$，故$AX\perp IGe$，因此$AX\perp HSp$. 注意到$f_A(H)$是$AP$中点$P’$，由$A_3=f_A(A’)$，$P’=f_A(H)$且$A_3,P’$均在以$AX$为直径的圆上知$f_A(X),A’,H$共线，而由$AX\perp HSp$我们知道$f_A(X)$就是$A$在$HSp$上的投影，因此$A’$在$HSp$上. $\quad\Box$

问题：$\triangle ABC$中，$BC,CA,AB$上分别有点$D,E,F$且$AD,BE,CF$相互平行，$AD$再次交$\odot(ABC)$于$J$，$JL$垂直$BC$再次交$\odot(ABC)$于$L$，$\odot(CDE)$再次交$\odot(BDF)$于$K$. 证明：当$D,E,F$运动时$LK$是定长.

既然是要求证明定长，我们就可以先看一些特例来得到定长的值该是多少，然后由此寻找如何证明$LK$的值不变. 容易看到当$D$是$B$或$C$时，$LK$就变为$\odot(ABC)$的直径，所以这理当就是要求的定值. 接下来我的证明思路大概就是找出两个到$L$距离为$\odot(ABC)$直径的点，然后通过导角证明外心，这样就将边转化到角上去了. 有一个天然的点其实就是$L$在$\odot(ABC)$上的对径点，我们设其为$P$. 这样我们就立刻得到$AJ,AP$是关于$\angle BAC$的等角线，即$JP//BC$以及$AL\perp AP$，那么另一个候选点应该就有了，即$P$关于$A$的对称点$P’$. 下面我们证明$L$是$\triangle KPP’$的外心，由于$LP=LP’$，我们只需证明$2\measuredangle PKP’=\measuredangle PLP’=2\measuredangle PLA$.

下面我们来观察如何导角， 首先由$\triangle ABC$对其内接三角形$\triangle DEF$的Miquel定理，我们知道$K$应该在$\odot(AEF)$上，而且事实上我们也应该可以看到$P’$也在这个圆上，证明可以直接使用三弦定理，但其实有更几何的办法帮我们看到更多的信息.

断言1：$P’\in\odot(AEF)$.

Proof. 注意到在复平面意义下$\dfrac{P’-A}{B-P}=\dfrac{A-P}{B-P}=\dfrac{A-C}{D-C}=\dfrac{E-A}{B-D}$即知$\triangle P’AE\stackrel{+}{\sim}\triangle PBD$，同理$\triangle P’AF\stackrel{+}{\sim}\triangle PCD$，故$\measuredangle P’EA=\measuredangle PDB=\measuredangle PDC=\measuredangle P’FA$，故$P’\in\odot(AEF)$. $\quad\Box$

下面我们证明$A,D,K,P$共圆. 虽然本题中应该有更简单的证明办法，但我们将不辞辛苦地建立一些有关等角中心的更广泛的结果.

以下我们考虑一个$\triangle ABC$及不在边上的一个欧氏平面上的点$P$. 设$P$关于$\triangle ABC$的Ceva三角形为$\triangle DEF$，设$P$关于$\triangle ABC$的等角共轭点为$\mathbf{g}P$，$\mathbf{g}P$关于$\odot(ABC)$的反演点为$Q$. 设完全四边形$(BE,AC,CF.AB)$的Miquel点为$M_A$，并轮换地定义$M_B,M_C$，考察以$M_A$为中心、$M_AB\cdot M_AC$为幂、$\angle BM_AC$的角平分线为轴的反演反射变换$\varphi_A$，由于$\varphi_A(\odot(APF))=\odot(PAE)$，$\varphi_A(\odot(BCF))=\odot(CBE)$，于是$\odot(APF)$与$\odot(BCF)$的第二交点$M_B$在$\varphi_A$下变为$\odot(PAE)$与$\odot(BCE)$的第二交点$M_C$. 下面注意到

故$Q\in\odot(BM_AC)$，轮换地，$Q\in\odot(CM_BA)$，$Q\in\odot(AM_CB)$，故$\varphi_A(Q)\in\varphi_A(\odot(BM_AC))=BC$，且$\varphi_A(Q)\in\varphi_A(\odot(CM_BA))=\odot(BM_CP)$，于是$\varphi_A(Q)$正是二者的第二个交点，也即$D$.

设$\triangle PBC$关于其内接三角形$\triangle DFE$的Miquel点为$M_D$，我们下面证明$\varphi_A(M)=M_D$，事实上

说明$\varphi_A(M)\in\odot(CDF)$，对称地，$\varphi_A(M)\in\odot(BDE)$，又由$M\in\odot(AEF)$知$\varphi_A(M)\in\odot(AEF)$，于是$\varphi_A(M)$正是$M_D$. 顺便我们可以看到$\varphi_A(M)\in\odot(BDE)$说明$M\in\odot(CQF)$，于是轮换对称地我们知道$M\in\odot(AQD)$.

需要注意的是虽然上述论证只对欧氏平面中的点$P$成立，但由连续性我们可以将结果推广至射影平面$\mathbb{R}P^2$上.

下面我们回到原题，将上段论述中的点$P$取为原题中$P$关于$\triangle ABC$的等角共轭点（这是一个无穷远点），则上段论证中的$Q$变为原题中的$P$，上段论证中的$M$变为原题中的$K$，于是由上段论证我们得到$A,D,P,K$共圆.

万事具备，下面我们开始导角，

由我们之前的分析，这就说明了$L$是$\triangle PKP’$的外心，也即$LK=LP$，长度恒为$\odot(ABC)$的直径.

问题：设$D$是$\triangle ABC$的外接圆$\odot O$上一点，$D’$是$D$关于$BC$的对称点，$AD’$与$\odot O$再交于$K$，过$O$做$AD$的垂线交$\odot(DD’K)$于$E,F$两点. 证明：$\measuredangle ABE+\measuredangle ACE=\measuredangle EAD+\measuredangle KAD$.

这个角度等式实在是过于奇怪，而且还在$E,F$两侧都应该有对应的等式，那只能先试着转化转化了，不过右侧看起来比左侧还要奇怪，而处理左侧这种形状的等式一般要么考虑反演，要么考虑等角共轭，这里我选择了等角共轭，我们记关于$\triangle ABC$的等角共轭变换为$\mathbf{g}$，取$E,F$关于$\triangle ABC$的等角共轭点$\mathbf{g}E,\mathbf{g}F$，然后仿佛看到$\mathbf{g}F,E,D’$共线，那样根据完全四边形的等角线性质，取$D’$关于$\triangle ABC$的等角共轭点$\mathbf{g}D’$，其应该就落在$EF$上，我们先来证明这点.

断言1：$O\mathbf{g}D’\perp AD$.

设$\triangle ABC$的垂心为$H$，则由$D\in\odot(ABC)$知$D’\in\odot(BHC)$，故$\mathbf{g}D’\in\odot(BOC)$. 于是

故由$AH\perp BC$知$O\mathbf{g}D’\perp AD$.

下面证明$\mathbf{g}F,E,D’$共线的妙法是杜俊辰告诉我的.

断言2：$\mathbf{g}F,E,D’$共线.

记直线$O\mathbf{g}D’$为$\ell$. 我们考察如下的两个变换：

我们熟知$f_2$是$\ell$上的一个对合，而由完全四边形的等角线性质（即对任意两点$P,Q$，$PQ\cap\mathbf{g}P\mathbf{g}Q=\mathbf{g}PQ\cap P\mathbf{g}Q$）可知$f_1\circ f_1=\operatorname{id}_{\ell}$，并且如果我们任取$\ell$上四点$X_1,X_2,X_3,X_4$，则$\mathbf{g}X_1,\mathbf{g}X_2,\mathbf{g}X_3,\mathbf{g}X_4$均在$\mathbf{g}\ell$，也即过$A,B,C,H,D’$五点的等轴双曲线$\mathcal{H}$上，故

因此$f_1$亦是$\ell$上的对合. 下面注意到由于$D’\in\odot(BHC)$，故$\triangle D’BC$的垂心$H_D\in\odot(ABC)$，故$H_D$恰好是$\mathcal{H}$与$\odot(ABC)$的第四交点，故$\mathbf{g}H_D$正是$\ell$上的无穷远点，这告诉我们$f_1(\mathbf{g}D)=DD’\cap\ell=f_2(\mathbf{g}D)$.

再来考虑$f_1(O)$，设$D$关于$BC$中垂线的对称点为$H_D’$，则其为$H_D$关于$O$的对称点，通过简单的导角可见$AH_D’\perp HD’$，所以

故$f_1(O)\in\odot(DD’O)$，即$f_1(O)=f_2(O)$. 故由于一个直线上的对合由两个点决定，我们知道$f_1\equiv f_2$. 因此$f_1(E)=f_2(E)=F$，这也就证明了断言2.

下面考虑完全四边形$\mathcal{A}=(EF,E\mathbf{g}F,\mathbf{g}EF,\mathbf{g}E\mathbf{g}F)$，由完全四边形的等角共轭点的性质熟知其Miquel点$M_{\mathcal{A}}\in\odot(ABC)$，所以其要么是$K$要么是$D’$，我们断言其必然是$K$.

断言3：$M_\mathcal{A}\equiv K$.

设$D$关于$O$的对称点为$D’’$，$E\mathbf{g}E$中点为$P_E$，$D’\mathbf{g}D’$中点为$P_{D’}$，则$P_EP_{D’}$是$\mathcal{A}$的Newton线$\mathcal{N}_{\mathcal{A}}$，故由于$H_D$是$EF$上无穷远点的等角共轭点，我们有$AD’’//EF$，则

其中第一个等号是因为$\mathcal{N} _ {\mathcal{A}}$上的无穷远点与$M _ {\mathcal{A}}$关于$\mathcal{A}$等角共轭，自然关于$\triangle DEF$等角共轭，第三个等号则是因为$\mathcal{N} _ {\mathcal{A}}$上的无穷远点与$M _ {\mathcal{A}}$关于$\triangle ABC$亦等角共轭，由此可知$M _ \mathcal{A}$必须是$\odot(D’DF)$与$\odot(ABC)$的$D$之外的交点，故断言3成立.

下面为了导角，我们介绍一个引理，这个引理是forever豪3在CTP上找到并告诉我的，不过其上仿佛没有证明，于是我就自己证了一遍.

引理1：给定$\triangle ABC$及一点$P$，设$P$关于$\triangle ABC$的垂足三角形为$\triangle P_1P_2P_3$，$\triangle P_1P_2P_3$的外心为$M$，四点形$ABCP$的Poncelet点为$S$，设$\triangle ABC$的外心与九点圆心分别是$O,Ni$，则$\measuredangle MSNi=\measuredangle OAP+\measuredangle OBP+\measuredangle OCP$.

注意$S$恰为$\triangle ABC$的九点圆与$\odot(P_1P_2P_3)$的一个交点，于是这个等式其实恰好反映了这两个圆的交角. 以下记一点$\ast$关于一个三角形$\triangle$的Steiner线为$\mathbf{S}_{\triangle}^{\ast}$，我们对引理1的证明主要依赖于下面两个结果.

引理2：给定$\triangle ABC$及其外心$O$，$P_1,P_2$是$\odot(ABC)$上两点，则$\measuredangle P_1OP_2=-2\measuredangle\left(\mathbf{S} _ {\triangle ABC}^{P_1},\mathbf{S} _ {\triangle ABC}^{P_2}\right).$

引理3：给定$\triangle ABC$及一点$P$，设$P$关于$\triangle ABC$的垂足三角形为$\triangle P_1P_2P_3$，四点形$ABCP$的Poncelet点为$S$，设$\triangle ABC$的外心与中点三角形分别为$O$与$\triangle DEF$，$P$关于$\triangle ABC$的等角共轭点为$Q$，则$\mathbf{S} _ {\triangle DEF}^S=OQ$，$\mathbf{S} _ {\triangle P_1P_2P_3}^S//OQ$.

引理2是简单的导角，引理3则是Poncelet点相关的经典结果，我们在这里不再赘述证明.

下面我们来证明引理1.

Proof (引理1). 设$\triangle ABC$的垂心为$H$，$\triangle ABC$的中点三角形为$\triangle DEF$，直接导角，

其中第二个等号是引理2和引理3的直接应用，其余等号均为有向角或等角共轭的基本性质. $\quad\Box$

基于此，我们来转化原问题中的角，设四点形$ABC\mathbf{g}E$的Poncelet点为$S$，其是$\mathcal{H}$的中心，也即$HH_D$的中点，由于$AHD’H_D$为平行四边形，所以$S$正是$AD’$中点. 另设$BC$中点为$M_A$.

其中第二个等号来自于引理1，但需要注意此时$S$并非是四点形$ABCE$的Poncelet点，而是$ABC\mathbf{g}E$的，所以角的方向恰好会反过来，第四个等号来自于引理2与引理3，其余等号均为有向角或等角共轭的基本性质.

于是要证明原问题我们只需证明$A\mathbf{g}D’//SP_E$. 而注意到由于$K$是$\mathcal{A}$的Miquel点，$AK$与$A\mathbf{g}D’$又是关于$\angle BAC$的等角线，故$A\mathbf{g}D’//P_{D’}P_E$，而由于$S$是$AD’$中点，所以$SP_{D’}$是$\triangle AD’\mathbf{g}D’$的中位线，$SP_{D’}//A\mathbf{g}D’$，这也就说明$S,P_{D’},P_E$共线，自动也就得到$SP_E//A\mathbf{g}D’$，这样也就完成了证明.

注：上述证明过程其实几乎没有用到$A,D’,K$共线的条件，这个条件只在证明$SP_E$与$A\mathbf{g}D’$平行时用到，所以其实我们可以对本题稍加推广：设$D$是$\triangle ABC$的外接圆$\odot O$上一点，$D’$是$D$关于$BC$的对称点，$K$是$\odot O$上一点，过$O$做$AD$的垂线交$\odot(DD’K)$于$E,F$两点，设$AD’,E\mathbf{g}E,F\mathbf{g}F$的中点分别为$S,P_E,P_F$，则有$\measuredangle ABE+\measuredangle ACE=\measuredangle EAD+\measuredangle KAD+\measuredangle P_FP_ES$.

其实我们只需要观察一个局部上面积相差多少即可. 设$\mathbf{A}$和$\mathbf{B}$的旋转相似中心为$O$, 旋转角为$\theta$, 我们来看如下图形.

用$[\mathbf{X}]$表示图形$\mathbf{X}$的有向面积, 我们有:

其中第一个等号来自于有向面积的基本性质, 第二个等号成立是因为$C_i,D_i$是线段$A_iA_{i+1}$和线段$B_iB_{i+1}$的中点, 故有$[OB_{i+1}D_i]=[OD_iB_i]$与$[OC_iA_{i+1}]=[OA_iC_i]$, 第三个等号来自于相似三角形面积比等于相似比的平方, 最后一个等号成立则是直接的中线长公式, 由此我们便可以知道问题中红色区域和蓝色区域之和相等等价于说

这其实是说面积差只与$\mathbf{A}$的形状, $r$的选取与旋转角$\theta$有关, 但很遗憾, 这三者的决定权都在金虎手中, 而这也就意味着如果金虎选定的$\mathbf{A}$满足$\sum\limits_{i=1}^{2022}(-1)^iA_iA_{i+1}^2=0$, 则瑞兔无论如何钉钉子 (当然了, 金虎如果真想赢就不可能这么干) 都能获得胜利; 但如果金虎选定的$\mathbf{A}$不满足$\sum\limits_{i=1}^{2022}(-1)^iA_iA_{i+1}^2=0$, 那瑞兔只有在$4)$中令某个线段$B_iB_{i+1}$落在线段$A_iA_{i+1}$上把$\theta$卡在$0$ (也就是用$3)$的要求把金虎在$5)$处的操作空间完全卡没) 才能获胜, 不过这其实是默认$\mathbf{A}$和$\mathbf{B}$都是 (点集拓扑意义下) 开的了, 如果默认$\mathbf{A}$和$\mathbf{B}$都是 (点集拓扑意义下) 闭的 (我们这里不考虑不开不闭的情形), 那此时无论瑞兔怎么钉, $\mathbf{B}$到$\partial\mathbf{A}$总有一个非负的距离 (二者都是紧的), 于是金虎总可以旋转一个非$0$的角度, 此时瑞兔就毫无胜算了.

最后, 如果我们稍微过度解读一下这个故事, 我们会看到: 有的时候别人大发慈悲让你做的决定其实完全不影响结果, 除非最极端的情况发生, 比如瑞兔在$4)$中钉钉子的位置, 而最极端的情况 (指把钉子钉到边界上) 能否发生还是要看别人对规则的解读.

我们来对原本的命题稍加推广。

命题：给定一个边长为$1$的正三角形$ABC$，称$(\triangle DEF,\triangle XYZ)$是一个好三角形对，如果$D,E,F$分别在线段$BC,CA,AB$内部，点$X,Y,Z$分别在直线$BC,CA,AB$上，满足对给定实数组$(a,b,c)$有

且$DE\perp XY$，$EF\perp YZ$，$FD\perp ZX$. 当$(\triangle DEF,\triangle XYZ)$取遍所有好三角形对时，求$\dfrac{1}{S_{\triangle DEF}}+\dfrac{1}{S_{\triangle XYZ}}$的所有可能值.

回顾昨天的证明过程，首先我说的两个坑其实可以用一个相对较顺的办法一起跳出去，因为$D,E,F$分别在线段$BC,CA,AB$上，所以如果$A,B,C$是逆时针排列，$A,F,B,D,C,E$就是逆时针排列，故$D,E,F$就是逆时针排列. 于是根据昨天补充的一些Miquel点基本常识，设$\triangle ABC$关于$\triangle DEF$的Miquel点为$P$，我们就有$AP:BP:CP=a:b:c$. 下面我们证明

引理：假设$\triangle ABC$的三个顶点$A,B,C$在平面上逆时针排列，则不在$\odot (ABC)$上的平面上一点$P$关于$\triangle ABC$的垂足三角形$\triangle P_1P_2P_3$是逆时针的当且仅当$P$在$\odot(ABC)$围成的有界区域里.

Proof. 当$P$在$\odot(ABC)$围成的有界区域里，由于$P\mapsto\overrightarrow{P_1P_2}\times\overrightarrow{P_1P_3}=:f_1(P)$（$\times$表$\mathbb{R}^3$中的叉乘，由于$P_1,P_2,P_3$在同一平面上，此处仅取原本叉乘的第三分量作为$f_1$）是连续映射，且由Simson定理可知其在$\odot(ABC)$围成的有界区域里无零点，故由于$P$取$\triangle ABC$外心$O$时得到的$\triangle P_1P_2P_3$与$\triangle ABC$定向一致，$f_1(O)>0$，由连续性即知$f_1(P)>0$，故$\triangle P_1P_2P_3$是逆时针排列的.

当$P$不在$\odot(ABC)$围成的有界区域中时，上述操作仍然可行，不过我们也可以考虑$P$关于$\odot(ABC)$的反演点$Q$及其垂足三角形$\triangle Q_1Q_2Q_3$，则

故轮换可知$\triangle P_1P_2P_3$与$\triangle Q_1Q_2Q_3$逆相似，故$\triangle P_1P_2P_3$顺时针. $\quad\Box$

于是由$\triangle DEF$逆时针可知$P$在$\odot(ABC)$围成的有界区域内，考虑将$P$分别绕$A,B,C$逆时针旋转$60^\circ$得$P_a,P_b,P_c$，设以$a,b,c$为边长组成的三角形的面积为$S$，$AP=ax$，由昨天的讨论可知我们要求的就是$\dfrac{4}{3Sx^2}$，而注意当$P$在$\odot(ABC)$围成的有界区域内时六边形$AP_aBP_bCP_c$的面积是$2S_{\triangle ABC}=\dfrac{\sqrt3}{2}$，也是$\dfrac{\sqrt3x^2}{4}(a^2+b^2+c^2)+3Sx^2$（当$P$在$\odot(ABC)$围成的有界区域外时$3Sx^2$要变为$-3Sx^2$），故

当$a=11,b=10,c=19$时我们便得到$\dfrac{8}{\sqrt 3}+\dfrac{1164}{90\sqrt2}=\dfrac{40\sqrt3+97\sqrt2}{15}$. 不过须得注意，我们还没有检查对应此值的好三角形对的存在性，而仅仅是说若好三角形对存在，则面积倒数和只可能是这个.

其实我们可以固定$\triangle DEF$，而考察其外接等边三角形的存在性. 不妨设$\angle EDF$是$\triangle DEF$三内角中最大的一个，其必然大于等于$60^\circ$，我们取$\ell_1$为$\angle EDF$的外角平分线，则$\ell_1$与$DE,DF$所夹锐角均小于等于$60^\circ$，于是在$\ell_1$上存在唯一的$B,C$使得$\angle FBD=\angle ECD=60^\circ$，且由于$D$在$E,F$在$\ell_1$的投影之间，故其亦在不含端点的线段$BC$上. 由于

故$CE$与$BF$的交点$A$一定在$CE$延长线上，同理在$BF$延长线上，于是$D,E,F$分别在不含端点的$BC,CA,AB$上且$\triangle ABC$是正三角形，这就完成了证明.

题目如下：

基本上看到一个固定形状的内接三角形我们就会立刻想到Miquel点（之后我会解释这句话的含义），然后就可以立刻看到

第一个坑：$\triangle DEF$是顺时针还是逆时针是不确定的，其可能确定两个互反的Miquel点。

如果再仔细读一下题，就可以发现

第二个坑：$D,E,F$都是在线段$BC$，线段$CA$，线段$AB$上的。

所以其实真算了的同学会发现双重否定表肯定，只有”只注意到第一个坑“的同学会掉进双解的坑里，但两个都没注意到的可能结果正确但过程被扣分。

为方便书写过程，以下$\measuredangle$表有向角，$\angle$表通常的角. 我们首先给出一个与常见的Miquel点定义稍有不同的定义：

定义-定理1：给定$\triangle ABC$及直线$BC,CA,AB$上的三点$D,E,F$，则$\odot(AEF),\odot(BFD),\odot(CDE)$共点，称为$\triangle ABC$关于$\triangle DEF$的Miquel点.

Proof. 设$\odot(BFD)$和$\odot(CDE)$的第二交点为$P$，则

故$A,E,P,F$共圆. $\quad\Box$

注2：我们通常所说的完全四边形的Miquel点就是把$D,E,F$取成共线的三点.

我们立刻可以看到

引理3：若$P$是$\triangle ABC$关于$\triangle DEF$的Miquel点，则$\measuredangle BPC=\measuredangle BAC+\measuredangle EDF$.

这个引理的证明无非也是简单导角，我们在此略去.

须得注意，上述引理还给出了另外两个轮换的等式，于是对任意两个顺相似的$\triangle ABC$的内接三角形$\triangle DEF$与$\triangle D_1E_1F_1$，其对应的Miquel点$P,P_1$满足$B,C,P,P_1$共圆，$C,A,P,P_1$共圆，$A,B,P,P_1$共圆，由于$AB,BC,CA$是三条不同的直线，故只要$P$不在$\odot(ABC)$上（即$D,E,F$共线），$P$和$P_1$就重合，并且$\measuredangle PDE=\measuredangle PCA=\measuredangle PD_1E_1$，结合轮换及对称得到的剩余五个等式，我们有

定理4：对任意两个顺相似的$\triangle ABC$的内接三角形$\triangle DEF$与$\triangle D_1E_1F_1$，二者对应的Miquel点相同，若记此点为$P$，则$PDEF\stackrel{+}{\sim}PD_1E_1F_1$是以$P$为中心的旋转相似.

设$P$关于$\triangle ABC$的垂足三角形为$\triangle P_1P_2P_3$，容易看出$\triangle DEF\stackrel{+}{\sim}\triangle P_1P_2P_3$. 我们考虑一个与$\triangle DEF$对应边分别垂直的三角形，其必定与$\triangle DEF$顺相似，于是由上面的定理4知存在唯一的与$\triangle DEF$对应边分别垂直的$\triangle XYZ$，其是$\triangle ABC$的内接三角形，且$DP\perp XP$，于是

由此，本题我们只需求出$P$并计算其垂足三角形面积即可。下面我们固定$\triangle ABC$是边长为$1$的正三角形，$\triangle DEF$是一个边长比为$10:11:19$的三角形，则$\dfrac{BP}{CP}=\dfrac{DF/\sin\angle ABC}{DE/\sin\angle ACB}=\dfrac{DF}{DE}=\dfrac{19}{10}$，轮换地，我们有$AP:BP:CP=11:19:10$. 设$AP=11x$，此时$P_2P_3=AP\cdot\sin\angle BAC=\dfrac{11\sqrt 3}{2}x$，轮换得到$P_3P_1,P_1P_2$，由Heron公式立刻可以算出$S_{\triangle P_1P_2P_3}=\dfrac{45}{\sqrt{2}}x^2$. 于是接下来的问题就是求$x$.

设$\angle PCA=\alpha$，若$P,B$在$AC$同侧且$P,A$在$BC$同侧，则$\cos\angle PCB=\cos(60^\circ-\alpha)$；若$P,A$在$BC$同侧但$P,B$在$AC$异侧，则$\cos\angle PCB=\cos(\alpha+60^\circ)$；若$P,A$在$BC$异侧且$P,B$在$AC$异侧，则$\cos\angle PCB=\cos(300^\circ-\alpha)=\cos(\alpha+60^\circ)$. 注意由于$AP<BP$，故不可能出现$P,A$在$BC$异侧但$P,B$在$AC$同侧的情况，无论如何，我们都有$\left(\cos\angle PCB-\dfrac{\cos\alpha}{2}\right)^2=\dfrac{3}{4}(1-(\cos\alpha)^2)$，下面在$\triangle PCB,\triangle PCA$中分别用余弦定理可知

带入上面的方程，化简得

故得$x^2=\dfrac{1}{291+60\sqrt{6}}$或$\dfrac{1}{291-60\sqrt{6}}$，事实上这两个解就对应选取不同定向的$\triangle DEF$.

若$x^2=\dfrac{1}{291-60\sqrt{6}}$，则$BP=19x>\dfrac{2}{\sqrt3}$，后者是$\odot(ABC)$的直径，于是$P$在$\odot(ABC)$外，不妨设$P$在$AB,AC$所夹的锐角区域里，则$P_1,P_2$不在线段$BC，CA$上，则由$\triangle PP_1P_2\stackrel{+}{\sim}\triangle PDE$知要么$D$不在线段$BC$上，要么$E$不在线段$CA$上，这与题设矛盾.

若$x^2=\dfrac{1}{291+60\sqrt{6}}$，则通过计算$\cos\angle PBC,\cos\angle PBA,\cos\angle PAB,\cos\angle PCB$可知这四个角都是锐角且$P,C$在$AB$同侧，$P,A$在$B,C$同侧，于是$\triangle P_1P_2P_3$的三个顶点均在线段$BC,CA,AB$上且都非$A,B,C$中任意一点，故当$\measuredangle DPP_1$非常小时$\triangle DEF$满足题意且$\triangle XYZ$存在.

综上，我们可知要求的可能的值仅有

最后来简单放个基本完全不需要的图.

今天更新一道之前学弟问的问题，其实距他问这题已经好长时间了，不过一直没发。

问题：$\triangle ABC$内接于$\odot O$，$M$是$BC$的中点，过$B,C$两点关于$\odot O$的切线交于$P$，$AP,BC$交于$K$，$X,Y$是$K$在$PB,PC$上的投影，$N$是$AK$的中点，$E,F$是$M$在$PB,PC$上的投影，若$AM=MP$，求证$\odot(M,ME)$与$\odot(NXY)$相切.

Proof. 设$XK$交$PC$于$U$，$YK$交$PB$于$V$，以$P$为圆心、$PB$为半径做圆交$AB$于$B,B’$两点、交$AC$于$C,C’$两点，则$\angle B’PC’=\angle B’PB+\angle BPC+\angle C’PC=180^\circ$，即$B’,P,C’$共线且由$\angle AB’P=\angle B’BP=\angle ACB$知$\triangle ABC\sim \triangle AC’B’$，再由$PB’=PC’$可知$M,P$是一对相似对应点，故

于是由$AM=MP$可知

故 \(\cos(2\angle KPM)=2(\cos\angle PAM)^2-1=\dfrac{\cos\angle BPC}{2\cos^2\angle BAC},\)

即

于是

两边同乘$2\sin\angle BPC$得

故

于是$P,U,V,A$共圆. 由于$KX\perp PV,KY\perp PU$, 故$K$是$\triangle PUV$的垂心，又由于$A$在$\odot(PUV)$上，于是$A,K$关于$UV$对称，即$N$是$P$在$UV$上的投影，故$\odot(NXY)$是$\triangle PUV$的九点圆.

设$\triangle PUV$的外心为$T$，由$OM\cdot OP=OA^2$知$\triangle OAM\sim\triangle OPA$，又$TA=TP,MP=MA$，故$A,P$关于$TM$对称，因此由$PT,PA$是关于$\angle UPV$的等角线知$\angle OAM=\angle OPA=\angle TPM=\angle TAM$，即$A,O,T$共线，于是$\odot O$与$\odot(PUV)$相切，故由Mannheim定理知$M$是$\triangle PUV$的内心，即$\odot(M,ME)$是$\triangle PUV$的内切圆，由Feuerbach定理知$\odot(M,ME)$与$\odot(NXY)$相切. $\quad\Box$