Q038的一个性质及推广

最近看到“MEtHod$\Omega$”在整理一些T神曾经的Post中给出的漂亮结果之类的，然后看到了一个挺有意思的题，就试着做了一下，甚至于在“Ifwjo”的帮助下还找到了一个比T神原来做法更简洁的方法。本文的主要目的就是给出这个题目的证明.

问题：给定$\triangle ABC$及其九点圆心$N$，$P,S$是一对反角共轭点且$P,S$均非垂心，$P$关于其垂足三角形$\triangle P_aP_bP_c$的等角共轭点为$U$，$P$关于其Ceva三角形$\triangle P_1P_2P_3$的等角共轭点为$V$.证明：$N,P,S$共线等价于$P,U,V$共线.

反角共轭在国内似乎并不常见，这里解释一下其含义.所谓“反角共轭”，指满足对原三角形三边所张有向角分别为相反数，也就是说，若$P,S$关于$\triangle ABC$反角共轭，则$\measuredangle BPC+\measuredangle BSC=0$,$\measuredangle CPA+\measuredangle CSA=0$,$\measuredangle APB+\measuredangle ASB=0$.但这个变换在垂心处有一个奇点，因为外接圆上任意一点都满足这个要求.而对于一般非垂心的点$P$,我们都可以通过如下方式构造出满足要求的$S$：考虑$P$的反射三角形$\triangle P_1’P_2’P_3’$，则容易验证$\odot(BP_1’C),\odot(CP_2’A),\odot(AP_3’B)$共于一点，这点便是所求$S$.通过构造方式结合位似就可以看出$PS$的中点就是$ABCP$的Poncelet点$\mathcal{P}(P)$.于是立即有$ABCPS$共等轴双曲线且$P,S$为其上对径点.

注1：这一部分的讨论也可以通过导角看出一对关于外接圆的反演点分别的等角共轭点是一对反角共轭点看出.

下面回到原问题，首先类比“主等角共轭曲线”的思想可以定义所谓“主反角共轭曲线”，经过查CTP可以看出原问题就是$P\in Q038$等价于$P,U,V$共线，这是一条五次曲线.

不过不要被它吓到…首先$P\in Q038$这个条件显然不太好用，我们从另一头做起.首先处理$U$有一个经典引理, 谈谈正对应极点和纯几何吧609那篇文章里就证过，这里仅再叙述一遍.

引理1：给定$\triangle ABC$及其外心$O$，$P$的等角共轭点为$Q$，$Q$关于其垂足三角形$\triangle Q_aQ_bQ_c$的等角共轭点为$R$，则$QR//OP$.

然后处理$V$有一个更经典的引理（一个重要引理及其应用中的引理5）：

引理2：给定$\triangle ABC$和一点$X$，则$X$的Ceva三角形中的任意一对等角共轭点关于过$ABCX$的等轴双曲线共轭.

把这俩结合一下，设过$ABCP$的等轴双曲线为$\mathcal{H}$，其中心显然就是$\mathcal{P}(P)$，并设$P$关于$\triangle ABC$的等角共轭点为$Q$，$\triangle ABC$的外心为$O$，则我们有$P,U,V$共线等价于$OQ$平行于$\mathcal{H}$在$P$处的切线.

下面引入一个记号，记$X$关于一个三角形$\triangle$的Steiner线为$\mathbf{S}^X_{\triangle}$.（这当然只有$X$在$\triangle$的外接圆上时才有意义.）（这个记号是我在证完之后去T神原帖看的时候学到的.）

接下来记$\triangle ABC$的中点三角形为$\triangle M_aM_bM_c$于是考虑到$\mathbf{S}_ {\triangle M_aM_bM_c}^{\mathcal{P}(P)}$就是$OQ$，再考虑到最后要等价到$P\mathcal{P}(P)$要过九点圆心$N$，所以一番试验后我猜到了如下引理.

引理3： 给定$ \triangle ABC $ 和一点$ P. $ 令 $ \mathcal{H} $ 是过$ ABCP $ 的等轴双曲线.$ V $ 是$P$与$ABCP$的Poncelet点$\mathcal{P}(P)$连线与$ \triangle M_aM_bM_c$外接圆的第二交点. 则$ \mathbf{S}^V_{\triangle M_aM_bM_c} $与 $ \mathcal{H} $ 在$P$处切线垂直.

为了证明这个引理，我们需要两个新的引理.

引理4：给定$\triangle ABC$和两点$D,E\in\odot(ABC)$已经一点$P\in DE$. $X\in EC$, $Y\in EB$是满足$XP//AC$, $YP//AB$的两点. 则$XY\bot \mathbf{S}^D_{\triangle ABC} $.

引理4的证明：$\measuredangle XPY=\measuredangle CAB=\measuredangle CEB=\measuredangle XEY$, 故 $X,Y,P,E$共圆.于是$\measuredangle PXY=\measuredangle DEB=\measuredangle DAB$且$\mathbf{S}^D_{\triangle ABC}$垂直于$AD$关于$\angle BAC$的等角线,故$XY\bot\mathbf{S}^D_{\triangle ABC}$.$\quad\Box$

引理5：给定$\triangle ABC$的一个中心为$O$的外接锥线$\mathcal{C}$和其上一点$P$. 令$\triangle M_aM_bM_c$是$\triangle ABC$的中点三角形. $X\in OM_c$ 和$Y\in OM_b$两点使得$PX//AC$,$PY//AB$.则$XY$平行于$\mathcal{C}$在$P$处切线.

引理5的证明： 由$O,X,N$ (resp. $O,Y,M$)共线, $X$ (resp. $Y$)关于$\mathcal{C}$ 的极线平行于$AB$ (resp. $AC$).显然也有$PY$和$PX$ 的极点分别在$OX$和$OY$上. 所以$\mathcal{C}$关于$\triangle PXY$的透视中心就是$O$. 由位似就推出了结论成立.$\quad\Box$

注2：一个可能需要解释的名词是“圆锥曲线对三角形的透视中心”，这事实上依赖于下面这个结果：一个三角形关于一圆锥曲线的配极三角形与原三角形透视.故圆锥曲线对三角形的透视中心就是这个三角形的配极三角形与其的透视中心，这个定理的证明在这里不做叙述.

注3：“Ifwjo”告诉我说这个引理的证明只需对$PXYO$和无穷远线用笛沙格对合，但我没看出来…所以还是自己证了一遍.

下面我们来看引理3的证明.

引理3的证明：令$\mathcal{H}$是引理5中的$\mathcal{C}$，$X,Y$仍延续其中的定义，则$XY$平行于$\mathcal{H}$在$P$处切线，再由引理4即知$\mathbf{S}^V_{\triangle M_aM_bM_c}\bot XY$，故结论成立.$\quad\Box$

这样我们就可以给出原问题的证明了.

问题的证明：由引理1和引理2，$P,U,V$共线等价于$OQ$平行于$\mathcal{H}$在$P$处的切线，由引理3这等价于$\mathcal{P}(P)$与$P\mathcal{P}(P)$和九点圆的第二交点为九点圆上的对径点，等价于$P\mathcal{P}(P)$过$N$，也就等价于$N$在$PS$上.$\quad\Box$

事实上从上述讨论可以反推出如下推广，证明是几乎一致的.

推广：给定$\triangle ABC$及其九点圆心$N$，$T$是$ABCP$的Poncelet点，$P$关于其垂足三角形$\triangle P_aP_bP_c$的等角共轭点为$U$，$U$关于其Ceva三角形$\triangle P_1P_2P_3$的等角共轭点为$V$.则$\measuredangle UPV+\measuredangle NTP=0$.