对叶中豪老师一道题目的推广与解答
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叶中豪老师在2020.04.10在我们爱几何公众号上发了如下问题：
问题：设$H$和$K$是$\triangle ABC$的垂心和陪位重心，延长$AH$交$\odot(ABC)$于$D_1$，$AH$的中垂线交外接圆于$E_1,$$F_1$，$K_1$是$\triangle D_1E_1F_1$的陪位重心，类似地定义$K_2,K_3$。求证：$K_1,K_2,K_3,K$四点共圆，且圆心在$\triangle ABC$的Euler线上。
我们事实上可以证明如下结果：
引理：一族三角形有一个公共的外接圆和一对公共的等角共轭点，则对于任意定点$X$，$X$关于这族三角形的等角共轭点在一定圆上。
此结果其实可以直接利用“给定一个三角形的两对等角共轭点$P,P^ * $与$Q,Q^ * $，$PQ$与$Q^ * P^ * $的旋转相似中心在外接圆上”这个结果直接证明，但为了确定圆心的位置，我们将采用复数法证明这个结果。
Proof. 令公共的外接圆为单位圆，$\triangle ABC$为这族三角形中的一个，则$P$关于$\triangle ABC$的等角共轭点为$Q=\dfrac{\sum\limits_{cyc}A+ABC\bar{P}^2-P-\sum\limits_{cyc}AB\cdot\bar{P}}{1-P\bar{P}}$（参见复数方法自己写的教程的4楼），由$A\bar{A}=B\bar{B}=C\bar{C}=1$得$\sum\limits_{cyc}A=ABC\bar{P}\bar{Q}+P+Q$，不妨设$P,Q$就是公共等角共轭点，于是对这族三角形中的每一个均有上式成立，故$X$对$\triangle ABC$的等角共轭点为
\(Y=\dfrac{\sum\limits_{cyc}A+ABC\bar{X}^2-X-\sum\limits_{cyc}AB\cdot\bar{X}}{1-X\bar{X}}=\dfrac{ABC(\bar{X}-\bar{P})(\bar{X}-\bar{Q})+P+Q-X-PQ\bar{X}}{1-X\bar{X}},\)
而\(\left\lvert Y-\dfrac{P+Q-X-PQ\bar{X}}{1-X\bar{X}}\right\rvert=\left\lvert\dfrac{(X-P)(X-Q)}{1-X\bar{X}}\right\rvert,\)
这说明其不依赖于$\triangle ABC$的选取，故$Y$在一定圆上。$\quad\Box$
依此，我们可以证明如下的推广：
推广(By butatinogigle)：设$H$是$\triangle ABC$的垂心，延长$AH$交$\odot(ABC)$于$D_1$，$AH$的中垂线交外接圆于$E_1,$$F_1$，$X$是$\triangle ABC$的Euler线上一点，$Y_1$是$X$关于$\triangle D_1E_1F_1$的等角共轭点，类似地定义$Y_2,Y_3$，$Y$是$X$关于$\triangle ABC$的等角共轭点。求证：$Y_1,Y_2,Y_3,Y$四点共圆，且圆心在$\triangle ABC$的Euler线上。
当$X$是$\triangle ABC$的重心时就是原题。
Proof. 注意到$\triangle ABC$和$\triangle D_1E_1F_1$（当然也有轮换定义时产生的$\triangle D_2E_2F_2$和$\triangle D_3E_3F_3$）有公共的外心和垂心，采用复数法，设$\odot(ABC)$为单位圆。由引理，$Y_1,Y_2,Y_3,Y$四点共圆且圆心为$\dfrac{H-X}{1-X\bar{X}}$，由$X/H\in\mathbb{R}$和$X\bar X\in\mathbb{R}$即知圆心在Euler线上。$\quad\Box$
当然，依据此定量关系立刻可以得到进一步的推广，证明完全相同了：
推广：设$O,H$分别是$\triangle ABC$的外心和垂心，延长$AH$交$\odot(ABC)$于$D_1$，$AH$的中垂线交外接圆于$E_1,$$F_1$，$X$是上一点，$Y_1$平面上是$X$关于$\triangle D_1E_1F_1$的等角共轭点，类似地定义$Y_2,Y_3$，$Y$是$X$关于$\triangle ABC$的等角共轭点。求证：$Y_1,Y_2,Y_3,Y$四点共圆，且圆心$O’$满足$OO’//HX$且$\dfrac{\overline{OO’}}{\overline{XH}}=\dfrac{OA^2}{OA^2-OX^2}$。
