一个知乎问题的推广及证明

最近看到知乎上有人邀请我回答下面这个问题：

首先这题看起来还挺简洁的，不过不太好看，因为这个$D$​不太对称，感觉可以推广，但一开始没看出来怎么去推，于是就先给了一个小巧的证明。

Proof. 由题意知，$\triangle AEF$的垂心为$D$，于是由$AB,BC,CA,EF$围成完全四边形的Steiner线正是$HD$，故$A$在$\odot(ABC)$上的对称点$A’$，也即$HD$关于$\triangle ABC$的逆Steiner点，正是此完全四边形的Miquel点，换言之，$A’\in\odot(AEF)$. 设$HD$与$\odot(ABC)$的第二交点为$D’$，$AA’$的中垂线与$AD’$交于$O’$，则由$\angle AOO’=90^\circ=\angle AD’A’$知$O’\in\odot(D’OA’)$，且由$\angle OO’A’=\angle AO’O=\angle AA’D’\angle ADH=90^\circ-\angle(EF,BC)=90^\circ-\angle BA’F=\angle BFA’$结合$O$为$\triangle A’BC$外心知$O’$为$\triangle A’EF$外心. 下设$D$关于$EF$的对称点为$P$，由$D$是$\triangle AEF$的垂心知$P\in\odot(AEF)$，设$G’$为$AP$中点，则由位似知$G’\in\odot(A’O’O)$、$G’\in EF$且$OG’//AP\perp EF$，换言之，下面我们只需证明$G’\in HD$，但这由$\angle OG’D’=\angle AO’O=\angle ADH$及$AD//OG’$立得. $\quad\Box$

这个图片很明显是老顾的风格，所以我就去问了一下怹这题的出处，怹跟我说这是个越南题，当时翻译的，不过他说忘了具体甚么时候的了，有知道的可以私发我一哈（

然后循着这个做法我给了一个推广，里面结果也还是满多的：

推广：给定$\triangle ABC$​及其外心$O$​、垂心$H$​，$D$​是$\odot (ABC)$​上一点，过$D$​作$AB$​垂线交$AC$​于$E$​、作$AC$​垂线交$AB$​于$F$​、作$BC$​平行线交$EF$​于$G$​，设$OG$​交$AD$​于$P$​，$Q$​是$P$​关于$\triangle ABC$​的等角共轭点. 证明：$HQ//BC$​.

我原本的证明这里就不写了，感兴趣的读者可以走一下这个路子，找一找里面隐藏的结论（下面给一个简单许多的证明，这个来自于程神给出的一个观察：“$OG$是$D$关于$\triangle ABC$的正交截线”.

首先帮各位读者回顾一下正交截线的定义。

定义：给出平面上一点$D$​及$\triangle ABC$，设过$D$的$AD$垂线交$BC$于$X$，过$D$的$BD$垂线交$CA$于$Y$，过$D$的$CD$垂线交$AB$于$Z$​，则$X,Y,Z$共线，此线称为$D$关于$\triangle ABC$的正交截线.

一个简单的结果是：“外接圆上的点的正交截线都经过外心”，这事实上只要取出三角形顶点的对径点，再用Pascal定理即可。所以我们接下来只需证明$G$在$D$的正交截线上。这里我们需要考虑关于一点的配极，事实上就是任取一个以​​此点为中心的圆作配极，在只考虑配极后图形而不再考虑原图形时，改变半径无非是作一个位似，对结果并无影响.

引理：给出平面上一点$D$及$\triangle ABC$，设$D$关于$\triangle ABC$的正交截线为$l$，记关于$D$的配极为$f$，则$f(l)$是$\triangle f(BC)f(CA)f(AB)$的垂心.

这是简单的“两直线平行，同位角相等”，证明留给读者。下面我们回到推广的证明。

Proof. 显然$D$​​是$\triangle AEF$​​的垂心，考虑对$\triangle AEF$​​的极圆的配极$f$​​，则由引理，欲证$G$​​在$D$​​关于$\triangle ABC$​​的正交截线上，只需证明过$E$​​的$DC$​​平行线与过$F$​​的$DB$​​平行线的交点$X$​​在$AH$​​上，这是因为$X$​​恰是$\triangle f(EF)f(FA)f(AE)$​​的垂心及$A\in f(G)$​​且$f(G)\perp BC$​​​. 由于$\measuredangle EXF=\measuredangle CDB=\measuredangle EAF$​，故$X\in\odot(AEF)$​，又$\angle EAX=\angle EFX=90^\circ-\angle ADB=\angle CAH$​，故$X\in AH$​，即证$OG$​为$D$​关于$\triangle ABC$​的正交截线. 下设$A$​关于$\odot(ABC)$的对径点为$A’$，注意到$A’D，BC,OG$共点结合简单的交比论证可知$P$的轨迹是过$A,O$的圆锥曲线，又由$D$经过$B,C$时$P$就是$B,C$，故$Q$的轨迹是过$H$​的直线，结合原本问题，$HD//BC$时，$Q$正是$HD$与$\odot(ABC)$的另一交点，即证此直线正是过$H$​的平行线，于是$HQ//BC$. $\quad\Box$