直线与三角形围成完全四边形Miquel点的一个刻画

昨天在《几何大家玩》微信群里，lingluo提到“Lemoine线与三角形三边围成的完全四边形的密克点是$X_{110}$（Euler线的逆Steiner点）”是熟知的，insane随即反驳他不知道这事，我想了想发现我以前甚至还把这东西推广了（说明in没认真看我知乎，警告一次）。

定理：给定$\triangle ABC$及其重心$X_2$，垂心$X_4$，设$X$是其Kiepert双曲线上一点，则$X_2X$上任意一点的三线性极线与$\triangle ABC$围成的完全四边形的垂心线为$X_4X$，Miquel点为$X_4X$关于$\triangle ABC$的逆Steiner点。

以下我们回忆一个事实，即在对圆配极时，只要给出圆心就已经确定了配极后图形的形状，而无关于圆的半径，所以在不关心原图形（除配极中心）和配极后图形在同一时空下的关系而只关心配极后图形的形状时，我们可以谈论所谓“对某点的配极”。先证明两个引理：

引理1：给定$\triangle ABC$及其重心$X_2$，设$X$是任意一点，则在关于$X$的配极$f$下，$f(X_2)$是$X$关于$\triangle f(BC)f(CA)f(AB)$的三线性极线。

Proof. 一族线束的交比在其配极后变为点列时不发生改变，反之亦然。于是考虑$BC$中点与$BC$上无穷远点调和分割$BC$，其与$A$所连线束在$f$下的像亦调和，轮换即得结论成立。$\quad\Box$

引理2：给定$\triangle ABC$，$D$是$BC$中垂线上一点，$P$是任意一点，$Q,R,S$满足$PQ\perp AC$，$PR\perp AB$，$PS\perp BC$，$SQ=SR$，$RQ\perp AD$，则$\triangle BDC\sim\triangle QSR$。

Proof. 设$AD$与$\odot(ABC)$第二交点为$T$，则显然有$\triangle TBC\stackrel{-}{\sim}\triangle PQR$，亦有$TBCD\stackrel{-}{\sim}PQRS$，于是结论成立。$\quad\Box$

下面便可以证明原本的定理了。

Proof. 先注意到证明前者后后者便不言自明。考虑关于$X$的配极$f$，在引理2中取$(P,Q,R)=(X,f(CA),f(AB))$，并轮换，可得$X$是$\triangle f(BC)f(CA)f(AB)$的Kiepert双曲线上一点，并且其Kiepert角与$X$对$\triangle ABC$的Kiepert角互为相反数，于是$X,f(BC),f(AB),f(CA)$以及$\triangle f(BC)f(CA)f(AB)$的重心所共的圆锥曲线是等轴双曲线$\mathcal{H}$，于是由引理1，$f(\mathcal{H})$（这里混用了二级曲线和二阶曲线，但对理解上无混淆之虞）是一条与$BC,CA,AB$以及$X$的三线性极线相切的抛物线，于是其准线正是上述四线围成完全四边形的垂心线。而由$\mathcal{H}$为等轴双曲线，其与无穷远线两交点处切线垂直可推得$X$对$f(\mathcal{H})$两切线亦垂直，于是$X$在$f(\mathcal{H})$的准线上，也即$X_4X$为垂心线。又考虑到重心的三线性极线正是无穷远线，故$X_2X$上任一点的三线性极线均与$f(\mathcal{H})$相切，它们围成完全四边形的垂心线和Miquel点均一样，这就完成了证明。$\quad\Box$

我们来看两个简单的例子作为应用。

例1：Lemoine线与三角形三边围成的完全四边形的密克点是$X_{110}$（Euler线的逆Steiner点）。

Proof. 取定理中$X$为重心，则其与重心连线此时就是Kiepert双曲线在重心处的切线，熟知陪位重心在其上，故其三线性极线（就是Lemoine线）与三角形三边围成的完全四边形的Miquel点就是垂心与重心连线（也就是Euler线）的逆Steiner点。$\quad\Box$

例2（2020.06.18 我们爱几何）：$\triangle ABC$中，外心为$O$，垂心为$H$，陪位重心为$K$，$H$在$AC,AB$上的投影分别为$D,E$，$DE$交$BC$于$F$，$X$满足$FX\perp AB$，$BX//OH$。求证：$X$在$HK$上。

Proof. 设$\triangle BFX$垂心为$Y$，则$Y$在$AB$上且$FY\perp OH$，由垂心的三线性极线恰为外接圆和九点圆根轴，垂直于$OH$且经过$F$知$FY$恰为垂心的三线性极线，故$HX$正是$H$的三线性极线与三角形三边围成的完全四边形的垂心线，故由定理知它是Kiepert双曲线在$H$处的切线，也即$HK$，故$X$在$HK$上。$\quad\Box$