Euler pencilと三極座標
以下では，不等辺三角形$ABC$を基準三角形として考える．
$BC=a,CA=b,AB=c,S_A=\frac{-a^2+b^2+c^2}{2},S_B=\frac{a^2-b^2+c^2}{2},S_C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2}$とする．
$\triangle{ABC}$の外心を$O$,垂心を$H$とする．
$^*$で等角共役を表す．
絶対重心座標を$(x,y,z)$ 一般の重心座標を$(x:y:z)$で表す．
$$\sum_{sgn}f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b)-f(a,c,b)-f(b,a,c)-f(c,b,a)$$で定義する．ただし，$x,y,z$等も$a,b,c$に対応して入れ替える.
定点$P$(無限遠点であってもよい)について，$P,X,X^*$が同一直線上にあるような点Xの軌跡を，$P$をpivotとするpivotal isogonal cubicとよぶ．
$OH$を$t:1$に外分する点をpivotとするpivotal isogonal cubicを$\mathcal{K}_t$で表すとする.($t$が負の場合は内分すると考え，$t=\infty$の場合は$H$と考える)
$\mathcal{K}_t$全体を,euler pencilと呼ぶ．
辺上の点は等角共役点が定義できないが，重心座標で表したときに除外点がでないように，
$A,B,C$および$P$のチェバ三角形の頂点を含める．
$\mathcal{K}_t$は3頂点,内心,3つの傍心,$O,H$を通る．
$\mathcal{K}_1$はneuberg三次曲線
$\mathcal{K}_{-\frac{1}{2}}$はthomson三次曲線
$\mathcal{K}_0$はmccay三次曲線
$\mathcal{K}_{\frac{1}{2}}$はdarboux三次曲線
$\mathcal{K}_{-1}$はnapoleon-feuerbach三次曲線
$\mathcal{K}_{\infty}$はorthocubic
と呼ばれている．
$\mathcal{K}_t$の重心座標による方程式は
$$
(t-1)\begin{vmatrix}
x&y&z\\
a^2yz&b^2zx&c^2xy\\
a^2S_A&b^2S_B&c^2S_c
\end{vmatrix}
+t\begin{vmatrix}
x&y&z\\
a^2yz&b^2zx&c^2xy\\
2S_BS_C-a^2S_A&2S_CS_A-b^2S_B&2S_AS_B-c^2S_C
\end{vmatrix}=0$$
で与えられる．
$\mathcal{K}_t$のpivotをPとすると，
$(1-t)\overrightarrow{P}=\overrightarrow{O}-t\overrightarrow{H}$が成立するため，
$P$の重心座標は$(a^2S_A-2tS_BS_C:b^2S_B-2tS_CS_A:c^2S_c-2tS_AS_B)$
となるから行列式の多重線形性を用いて変形すれば示される．
絶対重心座標$(x,y,z)$を持つ点$P$について，
$AP=p,BP=q,CP=r$とすれば，以下が成立:
$$
2\begin{vmatrix}
x & y & z \\
a^2yz & b^2zx & c^2xy \\
a^2S_A & b^2S_B & c^2S_C
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
q^2r^2 & r^2p^2 & p^2q^2 \\
p^2+a^2 & q^2+b^2 & r^2+c^2 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
$$
2\begin{vmatrix}
x & y & z \\
a^2yz & b^2zx & c^2xy \\
2S_BS_C-a^2S_A & 2S_CS_A-b^2S_B & 2S_AS_B-c^2S_C
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
a^2p^2 & b^2q^2 & c^2r^2 \\
p^2+a^2 & q^2+b^2 & r^2+c^2 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
$q^2-r^2=(x+y+z)((c^2-b^2)x-a^2y+a^2z)$等が成立することを用いる．
1つ目の等式
$$\begin{vmatrix}
q^2r^2 & r^2p^2 & p^2q^2 \\
p^2+a^2 & q^2+b^2 & r^2+c^2 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=-(p^2-q^2)(q^2-r^2)(r^2-p^2)+\sum_{cyc}a^2p^2(q^2-r^2)$$
$$=\sum_{sgn}(-b^4c^2)x^3+\sum_{sgn}(-2a^2b^2c^2+a^2c^4+b^4c^2-c^6)x^2y+\sum_{sgn}(-2a^4b^2)xyz+\sum_{sgn}(-a^2b^2c^2+a^2c^4)xy^2+\sum_{sgn}(-a^4c^2)y^3+\sum_{sgn}(a^4c^2)y^2z+\sum_{sgn}(2a^4b^2)xyz+\sum_{sgn}(a^6-a^4b^2-a^4c^2)y^2z
$$
$$=\sum_{sgn}(-2b^2c^2S_B)x^2y
$$
$$=2\begin{vmatrix}
x & y & z \\
a^2yz & b^2zx & c^2xy \\
a^2S_A & b^2S_B & c^2S_C
\end{vmatrix}
$$
2つ目の等式
$$\begin{vmatrix}
a^2p^2 & b^2q^2 & c^2r^2 \\
p^2+a^2 & q^2+b^2 & r^2+c^2 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
$$=\sum_{cyc}a^2p^2(q^2-r^2)+\sum_{sgn}a^2b^2p^2
$$
$$=\sum_{sgn}(-a^2b^2c^2+a^2c^4)xy^2+\sum_{sgn}(-a^4c^2)y^3+\sum_{sgn}(a^4c^2)y^2z+\sum_{sgn}(2a^4b^2)xyz+\sum_{sgn}(a^6-a^4b^2-a^4c^2)y^2z+\sum_{sgn}(a^2b^4)z^2+\sum_{sgn}(-a^4b^2+a^2b^4)yz
$$
$$=\sum_{sgn}(a^2b^2c^2-b^2c^4)x^2y+\sum_{sgn}(-b^2c^4)x^3+\sum_{sgn}(b^2c^4)x^2y+\sum_{sgn}(2a^4b^2)xyz+\sum_{sgn}(-a^2c^4-b^2c^4+c^6)x^2y+
\sum_{sgn}(b^2c^4-b^4c^2)x^2y+\sum_{sgn}(b^2c^4)x^3+\sum_{sgn}(-2a^4b^2)xyz
+\sum_{sgn}(a^4c^2-a^2c^4-b^4c^2+b^2c^4)x^2y
$$
$$=\sum_{sgn}(a^4+a^2b^2-2a^2c^2-2b^4+b^2c^2+c^4)c^2x^2y
$$
$$=2\begin{vmatrix}
x & y & z \\
a^2yz & b^2zx & c^2xy \\
2S_BS_C-a^2S_A & 2S_CS_A-b^2S_B & 2S_AS_B-c^2S_C
\end{vmatrix}
$$
$\mathcal{K}_t$は，
$$\begin{vmatrix}
(t-1)q^2r^2+ta^2p^2 & (t-1)r^2p^2+tb^2q^2 & (t-1)p^2q^2+tc^2r^2 \\
p^2+a^2 & q^2+b^2 & r^2+c^2 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=0
\Leftrightarrow
\begin{vmatrix}
q^2r^2+a^2p^2 & r^2p^2+b^2q^2 & p^2q^2+c^2r^2 \\
(t-1)p^2+ta^2 & (t-1)q^2+tb^2 & (t-1)r^2+tc^2 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=0$$
をみたす点の軌跡である．
命題1,命題2から変形すれば示される．
三角形$ABC$,定数$t$について，点$P$の垂足三角形を$\triangle{P_aP_bP_c}$とする．
$\triangle{ABC}$の$\mathcal{K}_t$を$\mathcal{K}^1$,
$\triangle{P_aP_bP_c}$の$\mathcal{K}_t$を$\mathcal{K}^2$とするとき，
$P\in\mathcal{K}^1 \Leftrightarrow P\in\mathcal{K}^2$
$P$中心の半径$1$の反転による像を$\Phi(X)$で表す．$P$の$\triangle{P_aP_bP_c}$における等角共役点を$Q$とする．
$\triangle{\Phi(A)\Phi(B)\Phi(C)}$の$\mathcal{K}_t$を$\mathcal{K}^3$とする．
$\measuredangle{P\Phi(A)\Phi(B)}=-\measuredangle{PBA}=-\measuredangle{PP_aP_c}=\measuredangle{QP_aP_b}$などから，
$\triangle{\Phi(A)\Phi(B)\Phi(C)}\cup{P}\sim\triangle{P_aP_bP_c}\cup{Q}$となるため，
$P\in\mathcal{K}^2 \Leftrightarrow Q\in\mathcal{K}^2 \Leftrightarrow P\in\mathcal{K}^3$となる．命題3から,
$$\begin{align}
&P\in\mathcal{K}^1 \\ &\Leftrightarrow\begin{vmatrix}
q^2r^2+a^2p^2 & r^2p^2+b^2q^2 & p^2q^2+c^2r^2 \\
(t-1)p^2+ta^2 & (t-1)q^2+tb^2 & (t-1)r^2+tc^2 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=0 \\
&\Leftrightarrow \begin{vmatrix}
\frac{(t-1)}{q^2r^2}+\frac{ta^2}{p^2q^2r^2} & \frac{(t-1)}{r^2p^2}+\frac{tb^2}{p^2q^2r^2} & \frac{(t-1)}{p^2q^2}+\frac{tc^2}{p^2q^2r^2} \\
\frac{1}{p^2}+\frac{a^2}{q^2r^2} & \frac{1}{q^2}+\frac{b^2}{r^2p^2} & \frac{1}{r^2}+\frac{c^2}{p^2q^2} \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=0 \\
&\Leftrightarrow P\in\mathcal{K}^3
\end{align}$$
なので示された．
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