对昨天2022 CMO P2的解答的一些改进
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昨天发完公众号后，我发现解答里还有一些瑕疵，而且可以大大简化，也可以不那么依赖于题目的数据（比如诸多余弦的计算），这里一并修改一下，原文也会保留，以显示我的第一想法。
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
\[\dfrac{DE}{c}=\dfrac{EF}{a}=\dfrac{FD}{b},\]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
\[\begin{aligned}&\measuredangle P_2P_1P_3+\measuredangle Q_2Q_1Q_3\\=&\measuredangle BPC+\measuredangle BQC-2\measuredangle BAC\\=&0.\end{aligned}\]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
\[\begin{aligned}&\dfrac{4}{3Sx^2}\\=&\dfrac{24S+2\sqrt3(a^2+b^2+c^2)}{3\sqrt3S}\\=&\dfrac{8}{\sqrt 3}+\dfrac{2(a^2+b^2+c^2)}{3S}.\end{aligned}\].png)
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
\[\begin{aligned}&\angle CEF\\=&30^\circ+\dfrac{1}{2}\angle EDF+\angle DEF\\ > &30^\circ+30^\circ+0^\circ\\=&60^\circ.\end{aligned}\]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.
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