OMCG002(L)に関する構図とその拡張について

$S(A,B;C,P) =$$ H(A,B;C,P) \overset{Steiner}{=} $$(A,B;C,X) \overset{\odot(ABC)}{=} $$S(A,B;C,X)$となるのでよい．$\blacksquare$

Sublemma : 三角形$ABC$およびそのEuler線上の点$P$について，$P$- Hagge円 の中心を$O_P$とし，Euler線の反Steiner点を$Eu$とする．このとき，三点$P,O_P,Eu$は共線である．

Proof : 三角形$ABC$における$P$の circumcevian triangle を$DEF$とし，$P$-Hagge円を$D'E'F'$とする．このとき，有名事実として$\triangle DEF \cup P \overset{-}{\sim} \triangle D'E'F' \cup P$が成り立つから，三角形$ABC$の外心を$O$とすれば$\measuredangle D'PO_P = \measuredangle OPD$が従う．一方直線$BC$について$Eu$と対称な点を$Eu'$とすれば，反Steiner点に関する有名事実から五点$P,D,D',Eu,Eu'$の共円が成り立つから，$\measuredangle OPD = \measuredangle D'PEu$となって示される．$\blacksquare$

主題の証明 : Properties of Hagge circle (Corollary 1.1)より，$N$-Hagge円の中心$O_N$は$N$について$Ko$と対称な点である．一方Sublemmaにおいて $P=N$とすれば三点$N,O_N,Eu$の共線が従う．よって特に三点$N,Ko,Eu$は共線である．$\blacksquare$

三角形$ABC$の内心を$I$，$\angle A$内の傍心を$I_A$，外心を$O$，三角形$BIC$の垂心を$H$，円$V_BOV_C$の中心を$O'$，円$V_BOV_C$における$O$の対蹠点を$W$とし，線分$BC,IH$の中点をそれぞれ$M,N$とする．今，四角形$HNV_AM$は平行四辺形であるから$V_AN \parallel MH$である．よって，明らかに三点$H,M,I_A$は共線であるから直線$V_AN$は三角形$V_AV_BV_C$の$V_A$-Symmedianであり，三点$V_A,N,W$の共線が従う．したがって
$V_A(O,W;O',\infty_{\perp V_BV_C}) = -1 = V_A(\infty_{\perp BC},N;H,I) = V_A(O,W;H,\infty_{\perp V_BV_C})$
となり，三点$V_A,H,O'$の共線が従う．これは三角形$BIC$のEuler線が三角形$V_AV_BV_C$のKosnita点を通ることを表しているので，特に$Sc$が三角形$V_AV_BV_C$のKosnita点であることが示される．$\blacksquare$

直線$SO$と直線$I_AFe_A$が平行であることを示せばよいが，これは三角形$ABC$の九点円心を$N$としたときに，直線$Fe_AN$を垂心$H$を中心に$2$倍に拡大した像が直線$SO$に等しいことと，三点$I_A,Fe_A,N$が共線であることから明らかである．$\blacksquare$

直線$AI_A$と円$ABC$が再び交わる点を$V$とするとき，三角形$AVI_A$の外心が$L$であることを示せばよい．さらに，Typicalな議論を考えれば直線$BC$について$V$と対称な点を$V'$としたときに，四点$I_A,V,V',Y$が共円であることを示せばよいが，これは Feuerbach点について の定理40から明らかである．$\blacksquare$

四角形$ABQC$が調和四角形であることを示せばよく，これは$P$を中心とする円$ABC$から直線$BC$への射影を考えればcevianに関する調和点列から明らかである．$\blacksquare$

補題14および Miquel triangle and Isogonal center のProperty 10より円$ADR$が四点形$ABCP$のIsogonal centerを通ることを示せばよく，これは同リンク先のProperty 4にて証明されている．$\blacksquare$

$P$の等角共役点を$Q$，垂足三角形を$DEF$とし，$R=AD \cap BE \cap CF$とする．このとき四点の組$(B,P,E,U),(C,P,F,V)$はそれぞれ共円であるので，$P$から直線$UV$に下ろした垂線の足$I$は四点形$ABCR$のIsogonal centerであると分かる．よって補題15から$I$の等角共役点が直角双曲線$ABCQ$上に乗るが，ところで補題16よりこの直角双曲線は$Q$を通るので，この直角双曲線の等角共役を考えれば三点$P,O,I$は共線であり，特に$PO \perp UV$が示される．$\blacksquare$

Sublemma : 三角形$ABC$と点$P$について，$P$のcevian triangleを$DEF$とし，三角形$ABC$と三角形$DEF$のperspectrixを$\overline{XYZ}$とする．このとき，完全四辺形$\{ EF,FD,DE,\overline{XYZ} \}$のMiquel点は三角形$ABC$の九点円上にある．
proof : Nine-point circle, pedal circle and cevian circle (Proposition 10)にて証明されている．$\blacksquare$

主題の証明 : 三角形$ABC$の外心を$O$，三角形$DEF$の垂心を$H_P$とすれば，Sublemmaより$T$は三角形$DEF$および三角形$ABC$の中点三角形における直線$OH_P$の反Steiner点であると分かる．一方三角形$ABC$における$Q$の等角共役点を$Q'$とすれば，Tran Quang Hungの結果から三点$O,Q',H_P$は共線であるので，$T$は三角形$ABC$における直線$OQ'$の反Steiner点であると分かり，特にPoncelet点に関する有名事実からこれは四点形$ABCQ$のPoncelet点である．$\blacksquare$

$L=AP \cap P_BP_C, $$ S= BC \cap P_BP_C$とし，線分$P_BP_C$の中点を$M$とする．このとき，$(P_B,P_C;S,L) \overset{A}{=} (B,C;S,P_A) \overset{cevian}{=} -1$なので$SL \times SM = SP_B \times SP_C = SQ_A \times SP_A$となって，四点$P_A,Q_A,L,M$の共円が従う．よって
$\measuredangle Q_AMP_B =$$ \measuredangle Q_AML =$$ \measuredangle Q_AP_AL =$$ \measuredangle Q_AP_AN_A =$$ \measuredangle Q_AP_CN_A$
となって示される．$\blacksquare$

Nine-point circle, pedal circle and cevian circle (Proposition 12)にて証明されている．$\blacksquare$

補題25よりSteiner線の存在性から明らかである．$\blacksquare$

$A$-midlineと直線$Q_BQ_C,Q_CQ_A$の交点をそれぞれ$J,K$とすれば，補題28より$\measuredangle Q_CTJ =\measuredangle Q_CKJ =\measuredangle Q_CQ_AP_A =\measuredangle Q_CTP_A $と計算できるため，三点$P_A,J,T$の共線が示される．$\blacksquare$

$\measuredangle(M_AT, TP_A) = \measuredangle (P_BP_C,BC)$を示す．三角形$ABC$の外心を$O$とし，$A$から直線$BC$に下ろした垂線の足を$A'$とする．このとき，補題27,29から$\measuredangle M_ATP_A = $$\measuredangle M_ATA'+ \measuredangle A'TP_A =$$\measuredangle OAA' - \measuredangle (Q_BQ_C,BC) $となるので$\measuredangle (P_BP_C,BC) +\measuredangle (Q_BQ_C,BC) =$$ \measuredangle OAA'$を示せばよく，これは$\measuredangle (P_BP_C,BC) +\measuredangle (Q_BQ_C,BC) =$$ \measuredangle P_CP_BA -\angle C + \measuredangle Q_BQ_CA + \angle B =$$ \measuredangle OAA' $と計算できるので示される．$\blacksquare$

$S=P_BP_C \cap BC$とすれば，補題30より$T,L,P_A,S$は共円であるので$M_AL \times M_AT = M_AP_A \times M_AS$であるが，一方cevianによる調和点列により$M_AP_A \times M_AS = M_AB^2$となるので示される．$\blacksquare$

補題30(または補題31)より四点$X,Q_A,L,T$は共円である．また，補題27，補題29および補題30より$\measuredangle TLD = \measuredangle TP_AQ_A = \measuredangle TXD$となって四点$D,X,L,T$の共円が従うため示される．$\blacksquare$

$D=t_Q \cap P_BP_C$とすれば，補題32より直線$DQ_A$が円$P_AP_BP_C$に接することが容易なAngle chaseにより証明できるので，補題26により直線$DN_A$もまた円$P_AP_BP_C$に接することが分かり示される．$\blacksquare$

三角形$P_1P_2P_3$の外心を$O$，三角形$P_1P_2P_3$における$P_4$の等角共役点を$Q$とし，$T$を通り直線$P_2P_3$に垂直な直線が直線$P_1P_4, \ OI$と交わる点をそれぞれ$U,V$とする．このとき，$Q$と$I$が円$P_1P_2P_3$における反転で移り合う(補題15の証明にて見たもの)ことから，$\measuredangle VIP_1 = \measuredangle QP_1O = \measuredangle(\perp P_2P_3, P_1P_4)=\measuredangle VUP_1 $となって四点$P_1,I,U,V$の共円が従う．一方$T$は三角形$P_1P_2P_3$における直線$OQ$の orthopole であるから$P_1V \perp OI$となって，$U$が$I$から直線$P_1P_4$に下ろした垂線の足であると分かる．同様に，$T$を通り$P_1P_4$に垂直な直線と$I$から直線$P_2P_3$に下ろした垂線の足を通ることが分かり，特に中点連結定理により直線$P_1P_4$について$I$と対称な点と直線$P_2P_3$について$I$と対称な点の中点が$T$であることが示される．$\blacksquare$

$P$の三角形$ABC$におけるcevian triangleを$P_AP_BP_C$，三角形$ABC$と三角形$Q_AQ_BQ_C$のperspectrixを$\overline{XYZ}$とし直線$P_BP_C$と直線$\overline{XYZ}$の交点を$D$，$P_A$を通り直線$\overline{XYZ}$に平行な直線が円$P_AP_BP_C$と再び交わる点を$U$とする．このとき，補題32およびReimの定理から三点$D,T,U$の共線を得る．よって補題33より内接四角形$P_AUN_AT$は調和四角形であることが分かり，$(BC,AP;TP,\overline{XYZ}) = -1$が従う．したがって補題34より$RT \perp \overline{XYZ}$が成り立つことが分かるが，一方補題25より$R$は完全四辺形$\{ Q_AQ_B,Q_CQ_A,Q_AQ_B, \overline{XYZ} \}$のSteiner線上にあるから，$T$と$R$が直線$\overline{XYZ}$について互いに対称な点であることが示される．$\blacksquare$

Lazare Carnotの定理より六点$P_A,P_BP_C,Q_A,Q_B,Q_C$は同一円錐曲線上に乗るので，六角形$Q_CQ_AP_AP_BQ_BP_C$にPascalの定理を適用して三直線$BC,P_CQ_B,Z_PY_Q$の共点を得る．一方三角形$A_1X_PQ_A$と三角形$AZ_PY_Q$におけるDesarguesの定理から三点$A,A_1,T$の共線が従うため示される．$\blacksquare$

$P_C-Q_C-B$と$P_B-Q_B-C$にPappusの定理を適用することで$X,P,Q$の共線が従い，同様に$Y,Z$が直線$PQ$に乗ることが示される．$\blacksquare$

$A_2=P_BQ_C \cap P_CQ_B,$$ B_2=P_CQ_A \cap P_AQ_C, $$C_2=P_AQ_B \cap P_BQ_A$とすれば，補題37より$P,Q,A_2,B_2,C_2$は共線であり，さらに補題36より$T$は円$P_AP_BP_C$における直線$\overline{A_2B_2C_2}$の極であるため示される．$\blacksquare$

三角形$ABC$における$K_P$の等角共役点を$K_Q^*$とし，
直線$BC$上の点$Q_A^*$を$\angle K_PP_AQ_A^* = \angle P_AQ_A^*K_Q^*$となるように，
直線$CA$上の点$Q_B^*$を$\angle K_PP_BQ_B^* = \angle P_BQ_B^*K_Q^*$となるように，
直線$AB$上の点$Q_C^*$を$\angle K_PP_CQ_C^* = \angle P_CQ_C^*K_Q^*$となるようにそれぞれ取る．
また，$O$から直線$BC,CA,AB$に下ろした垂線の足をそれぞれ$X,Y,Z$とし，直線$K_QQ_A,K_QQ_B,K_QQ_C$上の点$U,V,W$をそれぞれ$UK_P \parallel BC,$$VK_P \parallel CA,$$WK_P \parallel AB$となるように取る．このとき$\measuredangle AP_BP_C =$$\measuredangle AK_PP_C =$$\measuredangle Q_B^*K_Q^*A =$$\measuredangle Q_B^*Q_C^*A$より四点$P_B,P_C,Q_B^*,Q_C^*$は共円であり，同様に四点$P_C,P_A,Q_C^*,Q_A^*$および$P_A,P_B,Q_A^*,Q_B^*$の共円が従うため特に六点$P_A,P_B,P_C,Q_A^*,Q_B^*,Q_C^*$の共円が従い，$Q_A^*=Q_A, $$Q_B^*=Q_B,$$Q_C^*=Q_C, $$K_Q^*=K_Q$を得る．
今，$\{ P_AK_P, Q_AK_Q \},$$\{ P_AK_P, Q_AK_Q \},$$\{ P_AK_P, Q_AK_Q \}$はそれぞれ直線$OX,OY,OZ$について対称なので，$\measuredangle K_QUK_P =$$\measuredangle K_QVK_P =$$\measuredangle K_QWK_P $となって五点$K_P,K_Q,U,V,W$の共円が従う．よって，$O$が線分$K_PU,K_PV,K_PW$の垂直二等分線上にあることから$O$がこの円の中心であると分かり，特に$OK_P=OK_Q$が示される．$\blacksquare$

内接四角形$P_BP_CQ_CQ_B$のMiquel点を$A'$とすれば，Brocardの定理より$AA' \perp OA'$であるから，補題39の結果と併せて$O$が円$A'K_PK_Q$における弧$K_PK_Q$の中点であると分かる．一方今$O$が円$A'P_BQ_C$および円$A'P_CQ_B$上にあることが容易に確かめられるので，三直線$P_BQ_C,P_CQ_B,OA'$三円$A'P_BQ_C,A'P_CQ_B,P_AP_BP_C$の根心で交わることが分かる．よって$A_r=P_BQ_C \cap P_CQ_B,$$ B_r=P_CQ_A \cap P_AQ_C, $$C_r=P_AQ_B \cap P_BQ_A$とすればこれら三点は円$K_POK_Q$と円$P_AP_BP_C$の根軸に乗ることが分かるが，一方補題37より直線$\overline{A_rB_rC_r}$は直線$PQ$に等しいため示される．$\blacksquare$

$T$が円$K_POK_Q$における$O$の対蹠点であることを示せばよいが，これは補題38および補題40から明らかである．$\blacksquare$

$P$のcyclocevian conjugateを$Q$とし，$Q$のcevian triangleを$Q_AQ_BQ_C$，$Q$のMiquel associateを$K_Q$とする．このとき，補題39より$\measuredangle K_QQ_AP_A = \measuredangle OK_PK_Q +90^\circ$が成り立つから補題41より四点$K_P,P_A,X_P,U$の共円が従う．同様に，四点$K_P,P_B,Y_P,U$および$K_P,P_C,Z_P,U$の共円も従うため示される．$\blacksquare$

$D=P_BP_C \cap \overline{XYZ}$とすれば，補題33より$D,N_A,O,Q_A,U$は共円であるので，$\measuredangle N_AUX =$$\measuredangle N_AUD =$$\measuredangle N_AQ_AD= $$\measuredangle N_AP_AX$となって四点$N_A,P_A,U,X$の共円を得る．一方補題41および補題42から四点$K_P,P_A,U,X$の共円が従うため示される．$\blacksquare$

補題40，補題41および補題43より円$ZP_CK_P$，円$K_POK_Q$および円$P_AP_BP_C$の根心は$P$であって，特にこれは直線$UK_P$上に乗っている．また，補題39および補題41より三点$K_P,U,L_Q$の共線が従うため目標の共線が示される．$\blacksquare$

四点$A_1,U,P_A,Q_A$の共円を示す．直線$AP$と円$P_AP_BP_C$が再び交わる点を$N_A$とすれば，補題33より$\measuredangle Q_AUO= \measuredangle OUN_A$であるから，$OU \perp \overline{XYZ}$と併せて$\measuredangle A_1P_AQ_A = \measuredangle N_AUA_1$を示せばよいが，これは補題43より明らかであるため示される．$\blacksquare$

直線$BP,CP$と直線$\overline{XYZ}$の交点をそれぞれ$B_1,C_1$とすれば，補題42および補題45より，
$\measuredangle ZL_QY=$$\measuredangle YK_QZ=$$\measuredangle YK_QU + \measuredangle UK_QZ=$$\measuredangle YQ_BU + \measuredangle UQ_CZ =$$\measuredangle YB_1P_B + \measuredangle P_CC_1Z = \measuredangle BPC$と計算できるため示される．$\blacksquare$

$H-G-O$と$R-G-I$より$G$は三角形$RHR'$の重心であるからよい．$\blacksquare$

定理17の証明を思い出せば，今$R$の等角共役点は$OP$方向の無限遠点であると分かるため示される．$\blacksquare$

$I$と$Q$はAntigonal conjugateの組であるから，補題14より$I$と$M$は等角共役である．$\blacksquare$

A problem on cevian quotient を見よ．

Property of Cevian quotient (post #3, #4)を見よ．

$R$の等角共役点は$OP$方向の無限遠点であったから，命題50および補題51，補題52より$R$は直線$MI$上の点である他ない．$\blacksquare$

五点$O,X,S,U,I$は明らかに共円である．また，四点$Y,R,M,O$は共円であるから，命題53より$\measuredangle OMI=$$\measuredangle OMR=$$\measuredangle OYR=$$\measuredangle OSI$となって示される．$\blacksquare$

定理47より$\triangle YAR \overset{+}{\sim} \triangle YZJ_Q$が成り立つのでよい．$\blacksquare$

命題55より明らか．$\blacksquare$

定理9と全く同様にやればよい．$\blacksquare$

六点$A,B,C,H,Q,R$を通る直角双曲線$\mathcal{H}_Q$に対して補題3を適用すればよい．$\blacksquare$

直線$QH$と直線$RI$は平行であるので，直線$RI$の等角共役を$\mathcal{H}$とすれば命題58の結果と併せて$A,B,C,I,M,S,K \in \mathcal{H}$が分かる．また，直線$SY,IQ$が$\mathcal{H}$と再び交わる点をそれぞれ$Z_1,Z_2$とし，円$ABC$を$\Gamma$とすれば，$( A,B ;C ,Z_1 )_\mathcal{H} \overset{S}{=}$$(A ,B ;C ,Y )_\Gamma \overset{R}{=}$$( A,B ;C ,Q )_{\mathcal{H}_Q} \overset{Q}{=}$$( A,B ;C ,Z_2 )_\mathcal{H} $となって$Z=Z_1=Z_2$が従うため示される．$\blacksquare$

$O$について$P$と対称な点を$P'$としたとき，三角形$PXY$における$P'$の等角共役点は明らかに円$PXY$の$X,Y$における接線の交点なのでよい．$\blacksquare$

$R$から四点$M,X,U,I$を通る円への方べきを二倍すればよい．$\blacksquare$

$R'W \parallel OM$であるから
$\measuredangle IR'W=$$\measuredangle IR'R+ \measuredangle RR'W=$$\measuredangle YRO+ \measuredangle ROM=$$\measuredangle RPO=$$\measuredangle R'RI$と計算でき，$IR'^2 = IW \times IR$が従う．よって$I$は線分$HR'$の中点であるから$\measuredangle IHW =$$\measuredangle HRI=$$\measuredangle RHQ$が成り立つ．したがって，直角双曲線$\mathcal{H}_Q$の直径$QI$と点$H$に補題60を適用することで直線$WH$が$\mathcal{H}_Q$に接することが示される．$\blacksquare$

直線$UW$が円$ABC$と再び交わる点を$J$とする．このとき，命題61などから$\measuredangle JUR=$$\measuredangle WUH=$$\measuredangle WIH=$$\measuredangle MIS=$$\measuredangle MOS=$$\measuredangle (PO,OZ)$と計算できるため，命題49より三角形$ABC$における$J$のSteiner線が直線$OZ$に直交していることが分かる．よって直線$OZ$の等角共役で定まる直角双曲線を$\mathcal{H}_Z$とすれば，$J$は$\mathcal{H}_Z$と円$ABC$の第四交点である．一方命題62より直線$WH$は直線$\mathcal{H}_Q$に接しているから，補題3より$U$が三角形$ABC$における直線$WH$の反Steiner点であると分かり，再び補題3により$W$が直角双曲線$\mathcal{H}_Z$上の点であることが従う．よって補題59の結果と併せて$W$は$Z$の等角共役点であることが示される．$\blacksquare$