张騄的一个神秘的角度问题
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前几天张騄问了我这么一个问题：
问题：设$D$是$\triangle ABC$的外接圆$\odot O$上一点，$D’$是$D$关于$BC$的对称点，$AD’$与$\odot O$再交于$K$，过$O$做$AD$的垂线交$\odot(DD’K)$于$E,F$两点. 证明：$\measuredangle ABE+\measuredangle ACE=\measuredangle EAD+\measuredangle KAD$.
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这个角度等式实在是过于奇怪，而且还在$E,F$两侧都应该有对应的等式，那只能先试着转化转化了，不过右侧看起来比左侧还要奇怪，而处理左侧这种形状的等式一般要么考虑反演，要么考虑等角共轭，这里我选择了等角共轭，我们记关于$\triangle ABC$的等角共轭变换为$\mathbf{g}$，取$E,F$关于$\triangle ABC$的等角共轭点$\mathbf{g}E,\mathbf{g}F$，然后仿佛看到$\mathbf{g}F,E,D’$共线，那样根据完全四边形的等角线性质，取$D’$关于$\triangle ABC$的等角共轭点$\mathbf{g}D’$，其应该就落在$EF$上，我们先来证明这点.
断言1：$O\mathbf{g}D’\perp AD$.
设$\triangle ABC$的垂心为$H$，则由$D\in\odot(ABC)$知$D’\in\odot(BHC)$，故$\mathbf{g}D’\in\odot(BOC)$. 于是
\[\begin{aligned}&\measuredangle(O\mathbf{g}D',BC)\\=&\measuredangle\mathbf{g}D'OB+\measuredangle OBC\\=&\measuredangle\mathbf{g}D'CB+\measuredangle OBC\\=&\measuredangle ACD'+\measuredangle BCO\\=&\measuredangle ACB+\measuredangle DCB+\measuredangle BCO\\=&\measuredangle ACO+\measuredangle DAB\\=&\measuredangle OAC+\measuredangle DAB\\=&\measuredangle BAH+\measuredangle DAB\\=&\measuredangle DAH.\end{aligned}\]故由$AH\perp BC$知$O\mathbf{g}D’\perp AD$.
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下面证明$\mathbf{g}F,E,D’$共线的妙法是杜俊辰告诉我的.
断言2：$\mathbf{g}F,E,D’$共线.
记直线$O\mathbf{g}D’$为$\ell$. 我们考察如下的两个变换：
\[\begin{aligned}f_1\colon\ell&\to\ell\\X&\mapsto D'\mathbf{g}X\cap\ell,\end{aligned}\] \[\begin{aligned}f_2\colon\ell&\to\ell\\X&\mapsto \odot(DD'X)\mbox{与$\ell$的另一交点}.\end{aligned}\]我们熟知$f_2$是$\ell$上的一个对合，而由完全四边形的等角线性质（即对任意两点$P,Q$，$PQ\cap\mathbf{g}P\mathbf{g}Q=\mathbf{g}PQ\cap P\mathbf{g}Q$）可知$f_1\circ f_1=\operatorname{id}_{\ell}$，并且如果我们任取$\ell$上四点$X_1,X_2,X_3,X_4$，则$\mathbf{g}X_1,\mathbf{g}X_2,\mathbf{g}X_3,\mathbf{g}X_4$均在$\mathbf{g}\ell$，也即过$A,B,C,H,D’$五点的等轴双曲线$\mathcal{H}$上，故
\[\begin{aligned}&\left[X_1,X_2;X_3,X_4\right]_\ell\\=&A\left[X_1,X_2;X_3,X_4\right]\\=&A\left[\mathbf{g}X_1,\mathbf{g}X_2;\mathbf{g}X_3,\mathbf{g}X_4\right]\\=&\left[\mathbf{g}X_1,\mathbf{g}X_2;\mathbf{g}X_3,\mathbf{g}X_4\right]_{\mathcal{H}}\\=&D'\left[\mathbf{g}X_1,\mathbf{g}X_2;\mathbf{g}X_3,\mathbf{g}X_4\right]\\=&\left[f_1(X_1),f_1(X_2);f_1(X_3),f_1(X_4)\right]_\ell,\end{aligned}\]因此$f_1$亦是$\ell$上的对合. 下面注意到由于$D’\in\odot(BHC)$，故$\triangle D’BC$的垂心$H_D\in\odot(ABC)$，故$H_D$恰好是$\mathcal{H}$与$\odot(ABC)$的第四交点，故$\mathbf{g}H_D$正是$\ell$上的无穷远点，这告诉我们$f_1(\mathbf{g}D)=DD’\cap\ell=f_2(\mathbf{g}D)$.
再来考虑$f_1(O)$，设$D$关于$BC$中垂线的对称点为$H_D’$，则其为$H_D$关于$O$的对称点，通过简单的导角可见$AH_D’\perp HD’$，所以
\[\begin{aligned}&\measuredangle(D'H,O\mathbf{g}D')\\=&\measuredangle H_D'AD\\=&\measuredangle H_D'H_DD\\=&\measuredangle OH_DD\\=&\measuredangle H_DDO\\=&\measuredangle D'DO,\end{aligned}\].png)
故$f_1(O)\in\odot(DD’O)$，即$f_1(O)=f_2(O)$. 故由于一个直线上的对合由两个点决定，我们知道$f_1\equiv f_2$. 因此$f_1(E)=f_2(E)=F$，这也就证明了断言2.
下面考虑完全四边形$\mathcal{A}=(EF,E\mathbf{g}F,\mathbf{g}EF,\mathbf{g}E\mathbf{g}F)$，由完全四边形的等角共轭点的性质熟知其Miquel点$M_{\mathcal{A}}\in\odot(ABC)$，所以其要么是$K$要么是$D’$，我们断言其必然是$K$.
断言3：$M_\mathcal{A}\equiv K$.
设$D$关于$O$的对称点为$D’’$，$E\mathbf{g}E$中点为$P_E$，$D’\mathbf{g}D’$中点为$P_{D’}$，则$P_EP_{D’}$是$\mathcal{A}$的Newton线$\mathcal{N}_{\mathcal{A}}$，故由于$H_D$是$EF$上无穷远点的等角共轭点，我们有$AD’’//EF$，则
\[\begin{aligned}&\measuredangle M_{\mathcal{A}}FD'\\=&\measuredangle(EF,\mathcal{N}_{\mathcal{A}})\\=&\measuredangle(AD'',\mathcal{N}_{\mathcal{A}})\\=&\measuredangle M_{\mathcal{A}}AH_D\\=&\measuredangle M_{\mathcal{A}}DH_D\\=&\measuredangle M_{\mathcal{A}}DD',\end{aligned}\]其中第一个等号是因为$\mathcal{N} _ {\mathcal{A}}$上的无穷远点与$M _ {\mathcal{A}}$关于$\mathcal{A}$等角共轭，自然关于$\triangle DEF$等角共轭，第三个等号则是因为$\mathcal{N} _ {\mathcal{A}}$上的无穷远点与$M _ {\mathcal{A}}$关于$\triangle ABC$亦等角共轭，由此可知$M _ \mathcal{A}$必须是$\odot(D’DF)$与$\odot(ABC)$的$D$之外的交点，故断言3成立.
下面为了导角，我们介绍一个引理，这个引理是forever豪3在CTP上找到并告诉我的，不过其上仿佛没有证明，于是我就自己证了一遍.
引理1：给定$\triangle ABC$及一点$P$，设$P$关于$\triangle ABC$的垂足三角形为$\triangle P_1P_2P_3$，$\triangle P_1P_2P_3$的外心为$M$，四点形$ABCP$的Poncelet点为$S$，设$\triangle ABC$的外心与九点圆心分别是$O,Ni$，则$\measuredangle MSNi=\measuredangle OAP+\measuredangle OBP+\measuredangle OCP$.
注意$S$恰为$\triangle ABC$的九点圆与$\odot(P_1P_2P_3)$的一个交点，于是这个等式其实恰好反映了这两个圆的交角. 以下记一点$\ast$关于一个三角形$\triangle$的Steiner线为$\mathbf{S}_{\triangle}^{\ast}$，我们对引理1的证明主要依赖于下面两个结果.
引理2：给定$\triangle ABC$及其外心$O$，$P_1,P_2$是$\odot(ABC)$上两点，则$\measuredangle P_1OP_2=-2\measuredangle\left(\mathbf{S} _ {\triangle ABC}^{P_1},\mathbf{S} _ {\triangle ABC}^{P_2}\right).$
引理3：给定$\triangle ABC$及一点$P$，设$P$关于$\triangle ABC$的垂足三角形为$\triangle P_1P_2P_3$，四点形$ABCP$的Poncelet点为$S$，设$\triangle ABC$的外心与中点三角形分别为$O$与$\triangle DEF$，$P$关于$\triangle ABC$的等角共轭点为$Q$，则$\mathbf{S} _ {\triangle DEF}^S=OQ$，$\mathbf{S} _ {\triangle P_1P_2P_3}^S//OQ$.
引理2是简单的导角，引理3则是Poncelet点相关的经典结果，我们在这里不再赘述证明.
下面我们来证明引理1.
Proof (引理1). 设$\triangle ABC$的垂心为$H$，$\triangle ABC$的中点三角形为$\triangle DEF$，直接导角，
\[\begin{aligned}&\measuredangle MSNi\\=&\measuredangle SMP_1+\measuredangle(P_1M,DNi)+\measuredangle DNiS\\=&2\measuredangle AQO+\measuredangle(P_1M,DNi)+2\measuredangle QOD\\=&2(\measuredangle AQO+\measuredangle QOD)+\measuredangle MP_1P_2+\measuredangle P_2P_1P+\measuredangle ODNi\\=&2\measuredangle QAH+(90^\circ+\measuredangle P_1P_3P_2)+\measuredangle ACP+\measuredangle HAO\\=&\measuredangle QAH+\measuredangle QAO+90^\circ+\measuredangle CBP+\measuredangle PAC+\measuredangle ACP\\=&\measuredangle OAP+\measuredangle OBP+\measuredangle OCP+\measuredangle HAC+\measuredangle CBO+\measuredangle ACO+90^\circ\\=&\measuredangle OAP+\measuredangle OBP+\measuredangle OCP,\end{aligned}\]其中第二个等号是引理2和引理3的直接应用，其余等号均为有向角或等角共轭的基本性质. $\quad\Box$
基于此，我们来转化原问题中的角，设四点形$ABC\mathbf{g}E$的Poncelet点为$S$，其是$\mathcal{H}$的中心，也即$HH_D$的中点，由于$AHD’H_D$为平行四边形，所以$S$正是$AD’$中点. 另设$BC$中点为$M_A$.
\[\begin{aligned}&\measuredangle ABE+\measuredangle ACE\\=&\measuredangle ABO+\measuredangle OBE+\measuredangle ACO+\measuredangle OCE\\=&\measuredangle OAB+\measuredangle OAC+\measuredangle NiSP_E+\measuredangle EAO\\=&\measuredangle OAH+\measuredangle SNiM_A+\measuredangle(NiM_A,SP_E)+\measuredangle EAO\\=&\measuredangle EAH+2\measuredangle M_AOE+\measuredangle(AO,SP_E)\\=&\measuredangle(AO,SP_E)+2\measuredangle HAD+\measuredangle EAH\\=&\measuredangle(AO,SP_E)+\measuredangle HAD+\measuredangle EAD\\=&\measuredangle(AO,SP_E)+\measuredangle\mathbf{g}D'AO+\measuredangle KAD+\measuredangle EAD\\=&\measuredangle(A\mathbf{g}D',SP_E)+\measuredangle KAD+\measuredangle EAD,\end{aligned}\]其中第二个等号来自于引理1，但需要注意此时$S$并非是四点形$ABCE$的Poncelet点，而是$ABC\mathbf{g}E$的，所以角的方向恰好会反过来，第四个等号来自于引理2与引理3，其余等号均为有向角或等角共轭的基本性质.
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于是要证明原问题我们只需证明$A\mathbf{g}D’//SP_E$. 而注意到由于$K$是$\mathcal{A}$的Miquel点，$AK$与$A\mathbf{g}D’$又是关于$\angle BAC$的等角线，故$A\mathbf{g}D’//P_{D’}P_E$，而由于$S$是$AD’$中点，所以$SP_{D’}$是$\triangle AD’\mathbf{g}D’$的中位线，$SP_{D’}//A\mathbf{g}D’$，这也就说明$S,P_{D’},P_E$共线，自动也就得到$SP_E//A\mathbf{g}D’$，这样也就完成了证明.
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注：上述证明过程其实几乎没有用到$A,D’,K$共线的条件，这个条件只在证明$SP_E$与$A\mathbf{g}D’$平行时用到，所以其实我们可以对本题稍加推广：设$D$是$\triangle ABC$的外接圆$\odot O$上一点，$D’$是$D$关于$BC$的对称点，$K$是$\odot O$上一点，过$O$做$AD$的垂线交$\odot(DD’K)$于$E,F$两点，设$AD’,E\mathbf{g}E,F\mathbf{g}F$的中点分别为$S,P_E,P_F$，则有$\measuredangle ABE+\measuredangle ACE=\measuredangle EAD+\measuredangle KAD+\measuredangle P_FP_ES$.
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