orthotransversal のなす角について

三角形$ABC$の垂心を$H$とする. $A,B,C$から対辺におろした垂線の足をそれぞれ$A_1,B_1,C_1$とする. $\mathrm{\angle }APD=\mathrm{\angle }A{A}_{1}D=90°$より四点$A,P,D,A_1$は同一円周上にある. この円を${\omega }_A$とする. 同様に, 四点$B,P,E,B_1$を通る円を${\omega }_B$, 四点$C,P,F,C_1$を通る円を${\omega }_C$とする.
$Po{w}_{{\omega }_A}(H)=Po{w}_{{\omega }_B}(H)=Po{w}_{{\omega }_C}(H)=AH\times H{A}_1,$
また明らかに
$Po{w}_{{\omega }_A}(P)=Po{w}_{{\omega }_B}(P)=Po{w}_{{\omega }_C}(P)=0.$
よって三円${\omega }_A,{\omega }_B,{\omega }_C$は coaxial である. するとそれら三円の中心, すなわち線分$AD,BE,CF$それぞれの中点は一直線上にあり, Newton-Gauss line の主張より三点$D,E,F$は一直線上にあることが示された.

三角形$ABC$の垂心を$H$とする. $PQ$と$\mathcal{H}$の交点を$W_1,W_2$とする. $PQ$と$BC,AD,CA,BE,AB,CF$との交点をそれぞれ$X_1,X_2,Y_1,Y_2,Z_1,Z_2$とする. $PQ$を直径とする直線$PQ$上の反転$\mathrm{\Psi }$を考える.
簡単な角度計算により$AD$は$\mathrm{\angle }EDF$の二等分線であることがわかるので, $PD$と$QD$は$AD$に対して対称である. これと$\mathrm{\angle }{X}_{1}D{X}_2=90°$をあわせて, $\mathrm{\Psi }(X_1)=X_2$である. 同様にして, $\mathrm{\Psi }(Y_1)=Y_2,\mathrm{\Psi }(Z_1)=Z$である. 有名事実として$\mathcal{H}$は$H$を通るので, Desargues involution theorem より$\mathrm{\Psi }(W_1)=W_2$であり, すなわち$P$の$\mathcal{H}$における極線は$Q$を通る.

$\mathrm{\angle }EDF$の内角の二等分線と$\mathcal{H}$との交点を$I_1,I_2$, $EF$との交点を$K$とする. $E{I}_1$と$\mathcal{H}$の交点を$I_3(\ne I_1)$, $F{I}_1$と$\mathcal{H}$の交点を$I_4(\ne I_1)$, $I_3{I}_4$と$EF$の交点を$L$とする. 適切な射影変換により, 三点$I_3,I_4,D$, $I_4,I_2,E$, $I_2,I_3,F$の共線がわかる. すると$(E,F;K,L)=(I_4,I_3;D,L)=-1$なので, $\mathrm{\angle }EDK=\mathrm{\angle }FDK$とあわせて$DK\perp I_3{I}_4$を得る. すると, $\mathcal{H}$が直角双曲線であることから四点$I_1,I_2,I_3,I_4$が垂心系をなすことがわかり, 示された.

$P$から$BC,CA,AB$におろした垂線の足を$K_A,K_B,K_C$とする. $Q$から$BC,CA,AB$におろした垂線の足を$L_A,L_B,L_C$とする. $PQ$の中点を$M$とする. 簡単な角度計算により四点$K_A,K_B,L_A,L_B$が同一円周上にあることがわかる. また, $K_A{L}_A,K_B{L}_B$それぞれの垂直二等分線は$M$を通ることから, 円$K_A{K}_B{L}_A{L}_B$の中心は$M$であることがわかる.
同様にして, 四点$K_B{K}_C{L}_B{L}_C$は同一円周上にあり, その中心は$M$であることがわかる. よって, 中心$M$で六点$K_A{K}_B{K}_C{L}_A{L}_B{L}_C$を通る円が存在する.

$P$から$EF,FD,DE$におろした垂線の足をそれぞれ$T,U,V$とする. $P$を通り$AP$に垂直な直線と$\omega$の交点を$X_1,X_2$とする. $P$を通り$AP$に垂直な直線と$BC,DE,DF,UV$との交点をそれぞれ$K,Y_1,Y_2,M$とする. $AB$と$DE$の交点を$L$とする. 対称性より, $l$が$K$を通ることを示せば十分である. 簡単な角度計算により四点$U,V,Y_1,Y_2$の共円や, 三点$P,U,V$を通る円が$PK$に接することがわかる. よって
$M{P}^2=MU\times MV=M{X}_1\times M{X}_2=M{Y}_1\times M{Y}_2$
, すなわち$M$中心半径$MP$の円の反転$\mathrm{\Psi }$で$X_1$と$X_2$, $Y_1$と$Y_2$は互いに移りあう. また,
$(K,P;Y_1,Y_2)=(B,A;L,F)=-1$
なので$KP$を直径とする円の反転${\mathrm{\Psi }}^{\prime }$で$Y_1$と$Y_2$は互いに移りあう. 以上の議論をあわせて$\mathrm{\Psi }={\mathrm{\Psi }}^{\prime }$を得る. すると$(K,P;X_1,X_2)=-1$であり, $l$は$K$を通ることが示された.

$P,Q$から$\mathcal{H}$にひいた接線をそれぞれ$k,l$とする. $P,Q$の orthotransversal をそれぞれ$m,n$とする. $m$と$n$の交点を$W$, $k$と$m$の交点を$X$, $l$と$n$の交点を$Y$, $k$と$l$の交点を$Z$とする. $\mathcal{H}$の漸近線と$k$の交点を$K_1,K_2$, $\mathcal{H}$の漸近線と$l$の交点を$L_1,L_2$とする. 有名事実として$P$は$K_1{K}_2$の中点であるから, $\mathrm{\angle }{K}_{1}F{K}_2=90°$とあわせて$\mathrm{\angle }FPZ=2\times \mathrm{\angle }PF{K}_1$である. 同様にして, $\mathrm{\angle }FQZ=2\times QF{L}_2$である. すると,
$\mathrm{\angle }PZQ=\mathrm{\angle }FPZ+\mathrm{\angle }FQZ+\mathrm{\angle }PFQ=2(\mathrm{\angle }PF{K}_1+\mathrm{\angle }QF{L}_2)+\mathrm{\angle }PFQ=180°-\mathrm{\angle }PFQ$.
よって, $\mathrm{\angle }XWY=\mathrm{\angle }PFY=180°-\mathrm{\angle }PZQ$を示せばよい. 以下, より強く$k$と$m$, $l$と$n$がそれぞれ直交することを示す.

$AP,BP,CP$と対辺との交点をそれぞれ$T_A,T_B,T_C$とする. $P$の三角形$T_A{T}_B{T}_C$における垂足円を$\omega$, $P$の三角形$T_A{T}_B{T}_C$における等角共役を$P^{\prime }$とおく. $\omega$の中心を$O$とおく. 三角形$T_A{T}_B{T}_C$の内心と傍心を$I,I_A,I_B,I_C$とおく. 補題 3 より, 四点$I,I_A,I_B,I_C$は$\mathcal{H}$上にある. すると, 三角形$I_A{I}_B{I}_C$と点$P$に補題 2 を使うことにより$P{P}^{\prime }$は$\mathcal{H}$に接することがわかる. よって, $P{P}^{\prime }$と$m$は一致する. ここで, 補題 4より三点$P,O,P^{\prime }$は一直線上にあり, 補題 5 よりこの直線は$k$に直交する. よって$m$と$k$は直交し, これは$n$と$l$についても同様である. 以上より示された.