第６回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 6)　解説記事（Ｄ２）

　半直線 $AI$ と $\omega$ の交点を $A$ から近い順に $V_a, U_a$ とする。$\omega$ における弧長に注目し、3 点 $D, K_a, V_a$ および 3 点 $U_a, D, L_a$ の共線が従う。線分 $U_a V_a$ は $\omega$ の直径であるため、これは三角形 $U_a V_a L_a$ の垂心が $K_a$ であることを示している。$AI$ に関し $K_a$ と対称な点を $K_a'$とすれば、内角に注目し、四角形 $U_a L_a V_a K_a'$ は円に内接するといえる。いま、$AI \cap EF = M_{EF}$ とおくと、方べきの定理より $$AM_{EF} \times IM_{EF} = EM_{EF} \times FM_{EF} = U_a M_{EF} \times V_a M_{EF} = L_a M_{EF} \times K_a' M_{EF}$$ と計算できるため、四角形 $A L_a I K_a'$ も円に内接し、ゆえに 4 点の組 $(A, I, K_a, L_a)$ は垂心系をなす（どの 1 点も残り 3 点で作られる三角形の垂心になっている）。
　有名性質より、垂心系をなす 4 点を通る円錐曲線は直角双曲線である。円錐曲線は独立な 5 点で一意に定まるため、5 点 $A, D, I, K_a, L_a$ を通る直角双曲線 $\eta_A'$ を一意に描くことができる。いま、$DF \cap EV_a = X_D$ とし、円 $\omega$ 上の 6 点の組 $(D, U_a, V_a, E, F, F)$ に Pascal の定理を適用すると、3 点 $A, L_a, X_D$ の共線が従う。また、6 点の組 $(D, K_a, L_a, A, I, P_b)$ において、$DK_a \cap AI = V_a$, $K_a L_a \cap I P_b = E$, $L_a A \cap P_b D = X_D$ が共線であるため、Pascal の定理の逆より、これらは同一の 2 次曲線上に存在する。すなわち、双曲線 $\eta_A'$ は点 $P_b$ を通り、対称性より点 $P_c$ も通るといえる。よって、$\eta_A$ も $\eta_A'$ も独立な 5 点 $A, D, I, K_a, L_a$ を通るため、$\eta_A = \eta_A'$ が確認できる。
　加えて、直角三角形 $D K_a L_a$ に注目すれば、この垂心は明らかに点 $D$ である。いま、点 $D$ に限りなく近い $\eta_A$ 上の点 $D_x$ をとり、三角形 $D_x K_a L_a$ の垂心を $D_y$ としよう。$D_y$ もまた $\eta_A$ 上の点であり、かつ $D_y$ もまた三角形 $D K_a L_a$ の垂心 $D$ に限りなく近い。ゆえに、$D_x D_y$ の傾きは $\eta_A$ の $D$ における接線の傾きに限りなく近いため、$D_x D_y \perp K_a L_a$ に注目し、点 $D$ における $\eta_A$ の接線は $EF$ と直交する。すなわち、三角形 $D K_a L_a$ における $\eta_A$ の等角共役は三角形 $D K_a L_a$ の外心を通る直線となり、Theorem 0.1 が示された（垂心と外心の等角共役性に注目せよ）。 $\blacksquare$

　 Theorem 0.1 の証明と同様に行えるため割愛する。 $\blacksquare$

　$h$ 上の 4 点 $P, Q, P', Q'$ が $PQ \parallel P'Q'$ を満たしているとし、線分 $PQ$ の中点を $M$ とする。$PP' \cap QQ' = X$、$PQ' \cap P'Q = Y$ とし、$h$ における $PQ$ の極を $Z$ とする。$h$ 上の 6 点の組 $(P, P, P', Q, Q, Q')$ に Pascal の定理を適用し、$X, Y, Z$ の共線を得る（この直線を $u'$ とする）。また、$u'$ は三角形 $XPQ$ の中線であるから、$M$ は $u'$ 上にある。円錐曲線の有名性質 ^[a] より $O, M, Z$ は共線であるため、$O$ も $u'$ 上にあると判明し、Lemma 0.2 が示された。 $\blacksquare$

　$h$ の漸近線を $l_1, l_2$ とし、$P_1 P_2 \cap l_1 = Q_1,$ $P_1 P_2 \cap l_2 = Q_2$ とおく。すると、三角形 $O Q_1 Q_2$ は直角三角形であるため、図全体を $l_1$ 方向に引き伸ばす、ないしは押し縮めることで、これを直角二等辺三角形へと変形させられる。変形後、図形 $a$ が移る先を $a^*$ で表せば、$h^*$ は $O^*$ を中心とする直角双曲線である（反比例のグラフが直角双曲線であったことを顧みよ）。ゆえに、対称性より $\overrightarrow{{P_1}^* {Q_1}^*} = \overrightarrow{{Q_2}^* {P_2}^*}$ が成り立ち、変形前の図において $M$ は線分 $Q_1 Q_2$ の中点でもある。これは三角形 $O Q_1 Q_2$ の外心が $M$ に一致することを表しており、Lemma 0.3 が示された。 $\blacksquare$

　Tethered Moving Points と呼ばれる手法を用いる（kaede_Arcadia 氏の記事『 射影幾何の基礎とMoving Pointsについて 』を参照されたい）。点 $P \in EF$ を点 $P'_f (\ne P) \in \eta_A$ に送る写像 $f$ 、ならびに点 $P \in EF$ を点 $P'_g (\ne P) \in \eta_A$ に送る写像 $g$ を以下のように定義しよう。
$$\begin{cases} f(P): & ((I, P, P'_f)\text{が同一直線上に並ぶような点}) \\ g(P): & \measuredangle EDP = \measuredangle P'_g DF \end{cases}$$ 写像 $f, g$ はいずれも明らかに projective map である ^[b] 。また、$P$ が $E, F$ と一致するとき、それぞれ $f(P) = g(P) = P_b, $ $f(P) = g(P) = P_c$ となる。加えて、$P$ が $M_{EF}$ （線分 $EF$ の中点）と一致するとき、$f(P) = A$ となるが、類似中線の性質より $g(P) = A$ が成り立ち、これにより異なる 3 点で $f(P) = g(P)$ が成立した。すなわち $f$ と $g$ は恒等的であり、Lemma 0.4 が示された。 $\blacksquare$

　 Lemma 0.4 の証明と同様に行えるため割愛する。$\blacksquare$

　$P_{b}$ を通る $EF$ の平行線が $AC$ と $R_{c}$ で交わり、$P_{c}$ を通る $EF$ の平行線が $AB$ と $R_{b}$ で交わるとする。$\angle FDP_{c} = \angle FR_{b}P_{c}$ より $F, R_{b}, D, P_{c}$ は共円であるから、$\angle R_{b}DP_{c} = {90}^{\circ}$ である。いま、$\eta_A$ に外接する三角形 $D P_c R_b'$ が $\angle R_{b}' D P_{c} = {90}^{\circ}$ をみたすように $R_b'$ を設ければ、$\eta_A$ 上の 4 点の組 $(D, D, P_c, R_b')$ は垂心系をなさなければならないため、 Theorem 0.1 の証明に倣い、$D$ における $\eta_A$ の接線と $P_c R_b'$ は直交するといえる。すなわち $EF \parallel P_c R_b'$ であり、特に $R_b = R_b'$ が判明するので、$R_b$ は $\eta_A$ 上の点であると判る。同様に、$R_c$ も $\eta_A$ 上の点である。
　$\eta_A$ における $D$ の対蹠点を $D''$ とすると、$D''$ における $\eta_A$ の接線もまた $EF$ と直交する。ゆえに、4 点の組 $(D'', D'', P_c, R_b)$ および $(D'', D'', P_b, R_c)$ がともに垂心系をなすと判り、$D''$ は線分 $P_c R_b$ を直径とする円、線分 $P_b R_c$ を直径とする円の双方に含まれる。これは $D' = D''$ と同値であるため、Lemma 1.1.1 が示された。 $\blacksquare$

　 Lemma 1.1.1 の証明と同様に行えるため割愛する。 $\blacksquare$

　三角形 $I_A B C$ についてのみ示せば、対称性から残りも示される。$O_A$ に関して $D_A$ と対称な点を $D_A'$ とし、三角形 $I_A B C$ の垂心、外心をそれぞれ $H_A, V_A$ とする。有名性質より四角形 $I B H_A C$ は平行四辺形であり、$\dfrac{B H_A}{B V_A} = \dfrac{I C}{V_A C}$ となる。Trillium の定理から得られる二等辺三角形 $V_A C I, I_A D_A F_A$ の相似に注目し、$\dfrac{I C}{V_A C} = \dfrac{F_A D_A}{I_A D_A} = \dfrac{F_A D_A}{I_A E_A}$ となる。また、 Lemma 1.1.1' より $D_A'$ は四角形 $D_A E_A I_A F_A$ の Miquel 点、すなわち三角形 $D_A' F_A D_A, D_A' I_A E_A$ の回転相似の中心であることに留意し、$\dfrac{F_A D_A}{I_A E_A} = {D_A' D_A}{D_A' E_A}$ である。以上をまとめ、$\dfrac{B H_A}{B V_A} = \dfrac{D_A' D_A}{D_A' E_A}$ が判る。
　有向角を用いた角度追跡を行おう。$I_A E_A \cap F_A D_A = W_{A1}$ とすれば、Miquel の定理より 4 点 $D_A, E_A, W_{A1}, D_A'$ は共円であるため、以下のように追跡できる。
$$\measuredangle H_A B V_A = \measuredangle (CI, V_A B) = \measuredangle (CA, I_A B) = \measuredangle (I_A E_A, F_A D_A) = \measuredangle E_A W_{A1} D_A = \measuredangle E_A D_A' D_A$$　先程示した $\dfrac{BH_A}{BV_A} = \dfrac{D_A' D_A}{D_A' E_A}$ とこの結果を併せ、三角形 $H_A B V_A, D_A D_A' E_A$ は負の向きに相似である。ゆえに $\measuredangle B H_A V_A = \measuredangle E_A D_A D_A'$ が従い、これと $B H_A \parallel D_A E_A$ より、$H_A V_A \parallel O_A D_A$ が確定する。定義から $H_A V_A$ こそが三角形 $I_A B C$ の Euler 線であり、ここで補題の前半が示された。
　$BC \cap E_A F_A = M_A$ とする。$M_A$ を中心とする半径 $M_A D_A$ の円は $\omega_A$ と直交するため、この円における反転で $E_A$ と $F_A$ が写りあう。すなわち、この円は 2 点 $E_A, F_A$ からの距離の比が $E_A D_A : F_A D_A$ である点の軌跡として描かれる Apollonius の円に一致し、特に 2 点 $K_A, L_A$ を通る（一般に、Apollonius の円は角の二等分線と対辺の交点を通る）。傍心に対する Iran lemma より、$B$ から $I_A C$ へ下ろした垂線の足、$C$ から $I_A B$ へ下ろした垂線の足はいずれも $E_A F_A$ 上に存在するため、定義から $M_A$ は垂軸に含まれる。Poncelet 束の有名性質 ^[c] および $\angle K_A D_A L_A = {90}^{\circ}$ より、$D_A'$ は三角形 $D_A K_A L_A$ の外接円と $\mathcal{H}_A$ の第 4 交点であるため、$O_A M_A$ は線分 $D_A D_A'$ の垂直二等分線となる。Euler 線と垂軸の直交性を思い出せば、$O_A M_A$ は $l_A$ に一致すると断定でき、Lemma 1.1.2 が示された。 $\blacksquare$

　$\mathcal{J}_I$ の中心、円 $ABC$ と $\mathcal{F}$ の第 4 交点 を各々 $Y_{100}, Y_{104}$ とおく。$I_B I_C$ に関する $I, X_{40}$ の対蹠点を $I', X_{40}'$ とし、$I' X_{40}'$ と円 $I_A I_B I_C$ の交点を $Y_{1768} (\neq I')$ とする。また、$\mathcal{J}_I$ における $I_A, I$ の対蹠点をそれぞれ $I_A', Y_{5541}$ とする。
　Poncelet 束の有名性質 ^[d] より、$Fe$ は線分 $H Y_{104}$ の中点である。anticomplement の定義より $\dfrac{Fe X_{100}}{X_{100} G} = \dfrac{3}{2}$, $\dfrac{GO}{OH} = \dfrac{1}{3}$ なので、三角形 $FeGH$ における Menelaus の定理の逆より、3 点 $X_{100}, O, Y_{104}$ は共線となる。ここから $Y_{104} = X_{104}$ が判り、補題の前半が示される。
　いま、四角形 $I I_A Y_{5541} X_{40}$ は $\mathcal{J}$ に内接するため、直角双曲線の有名性質 ^[e] より $\measuredangle X_{40} I I_A = \measuredangle I_A Y_{5541} X_{40}$ である。したがって、$\measuredangle I_A I' Y_{1768} = \measuredangle X_{40} I I_A = \measuredangle I_A Y_{5541} X_{40}$ と追跡され、円周角の定理と併せて線分 $Y_{1768} Y_{5541}$ は円 $I_A I_B I_C$ の直径であると判明する。また、Simson 線の性質より、三角形 $ABC$ における $X_{104} (= Y_{104})$ の等角共役点は $OI$ 方向の無限遠点であるため、$A$ を通る $O X_{40}$ の平行線と $A X_{104}$ は $I_B I_C$ に関して対称である。このことは、$A X_{104} \parallel I' Y_{1768}$ 、つまり $X_{104}$ が線分 $I Y_{1768}$ の中点であることを意味し、$I$ を中心とする相似拡大から、線分 $Y_{100} X_{104}$ が円 $ABC$ の直径であると導かれる。ゆえに $Y_{100} = X_{100}$ が確定し、Lemma 1.1.4 が示された。 $\blacksquare$

　 Lemma 1.1.4 の証明で定義した点の名称はそのまま用いる。また、$I_A$ を通る $OI$ の平行線が円 $I_A I_B I_C$ と再び交わる点を $L_1$ とし、$OI$ と $I_A' Y_{5541}$ の交点を $L_2$ とする。
　Lemma 1.1.4 より、$X_{100}$ は $\mathcal{J}_I$ の中心である。$Y_{5541}$ は $\mathcal{J}_I$ と円 $I_A I_B I_C$ の第 4 交点であるため、Poncelet 束の有名性質 ^[f] より、三角形 $I_A I_B I_C$ における $Y_{5541}$ の等角共役点は $OI$ 方向の無限遠点となる。すなわち、$I_A L_1$ と $I_A Y_{5541}$ は $\angle I_B I_A I_C$ の二等分線に関して対称であると判明し、特に四角形 $I_A Y_{5541} L_2 I$ は $I I_A \parallel L_2 Y_{5541}$ の等脚台形であることが従う。三角形 $I_A I_B I_C$ において $I, X_{40}$ が等角共役である事実と併せ、$\measuredangle Y_{5541} L_2 X_{40} = \measuredangle I I_A L_1 = \measuredangle Y_{5541} I_A X_{40}$ と計算できるため、4 点 $I_A, X_{40}, L_2, Y_{5541}$ は共円である。三角形 $I_A B C$ の垂心、外心をそれぞれ $H_A, V_A$ とすれば（ Lemma 1.1.2 の証明で既出）、三角形 $I_A B C, I_A I_B I_C$ の相似において対応する頂点を結ぶことで、$\measuredangle I_A X_{40} I = \measuredangle H_A V_A I_A$ を得る。以上より、
$$\measuredangle I_A' I I_A = \measuredangle I_A Y_{5541} L_2 = \measuredangle I_A X_{40} I = \measuredangle H_A V_A I_A$$という角度追跡に基づき、$I_A' I \parallel H_A V_A$ と導かれる。$V_A$ は線分 $I I_A$ の中点であるため、平行四辺形 $I_A I I_A' Y_{5541}$ の中心が $X_{100}$ である事実と併せ、3 点 $H_A, V_A, X_{100}$ は共線であるといえる。$H_A V_A$ こそが三角形 $I_A B C$ の Euler 線であり、同様の議論を三角形 $I_B C A, I_C A B$ についても行うことで、Lemma 1.1.5 が示された。 $\blacksquare$

　簡単な角度計算により、三角形 $A I_B C, A B I_C$ は正の向きに相似であると判り、その回転相似の中心は $A$ である。従って、図形を図形に送る写像 $g$ を
$$g(x) = \left({\text{$A$ を中心に図形 $x$ を $\measuredangle I_B A B$ だけ回転させ、同じく $A$ を中心に $\dfrac{A B}{A I_B}$ 倍拡大した図形}}\right)$$と定義すれば、$g(I_B) = B$, $g(C) = I_C$, $g(e_B) = e_C$, $g(l_B) = l_C$ が成立する。ここから
$$g(L_3) = g(e_B \cap l_B) = g(e_B) \cap g(l_B) = e_C \cap l_C = L_4$$が従い、写像 $g$ により図形が回転する角度を考えれば、4 点 $X_{100}, J_A, L_3, L_4$ は線分 $X_{100} J_A$ を直径とする円に含まれるといえる（ Lemma 1.1.5 で $e_B \cap e_C = X_{100}$ を示した）。さらに、$\measuredangle L_3 A L_4 = \measuredangle L_3 A g(L_3)$$= \measuredangle (l_B, g(l_B)) = \measuredangle L_3 J_A L_4$ であるから、$A$ もこの円上に存在する。ゆえに $AJ \perp AX_{100}$ が明らかとなり、$X_{100}, X_{104}$ が基準三角形 $ABC$ の antipode であった事実に鑑み、3 点 $A, X_{104}, J_A$ の共線が確定する。なお、三角形 $I_A B C, A I_B C$ や三角形 $A B I_C, I_A B C$ の回転相似に注目して同様の考察を行えば、三角形 $J_A J_B J_C$ の内角がすべて判明し、三角形 $I_A I_B I_C$ と三角形 $J_A J_B J_C$ は負の向きに相似であると導かれる。
　さて、$\measuredangle M_B A R_{CA} = \measuredangle M_B J_A R_{CA}$ が簡単に判るため、4 点 $A, M_B, J_A, R_{CA}$ は共円である。
$$g(M_B) = g(l_B \cap AC) = g(l_B) \cap g(AC) = l_C \cap A I_C = R_{CA}$$および $g(C) = I_C$ から $M_B R_{CA} \parallel C I_C$ が成立するため、様々な共線関係を用いつつ、
$$\begin{align*} \measuredangle J_A R_{CB} I_A &= \measuredangle R_{CB} R_{CA} I_C + \measuredangle R_{CA} I_C R_{CB} = \measuredangle J_A R_{CA} M_B + \measuredangle M_B R_{CA} A + \measuredangle A I_C B \\ &= \measuredangle J_A A M_B + \measuredangle M_B R_{CA} A + \measuredangle A I_C B = \measuredangle X_{104} A C + \measuredangle C I_C A + \measuredangle A I_C B \\ &= \measuredangle X_{104} A C + \measuredangle C A I_A = \measuredangle X_{104} A I_A = \measuredangle J_A A I_A \end{align*}$$と計算できる。この式変形の両端を見れば、4 点 $A, I_A, R_{CB}, J_A$ はある円 $\kappa$ の周上に並ぶことが従う。ところで、$BC \cap I_B I_C = T_A$ とすると、定義より $T_A$ は三角形 $I_A I_B I_C$ の垂軸に乗っている。三角形 $I_A I_B I_C, A B I_C$ の相似において、$T_A$ と $R_{CB}$ は対応する点であるから（いずれも特定の辺と垂軸の交点である）、$\dfrac{B I_C}{R_{CB} I_C} = \dfrac{I_B I_C}{T_A I_C}$ 、ひいては三角形 $I_B I_C B, T_A I_C R_{CB}$ の相似を得る（厳密に言えば、比の表記により線分の向きの情報を失っているが、その点は文脈と図で適宜補完していただきたい）。ゆえに $\measuredangle T_A R_{CB} I_A = {90}^{\circ}$ であり、明らかに判る $\measuredangle T_A A I_A = {90}^{\circ}$, $\measuredangle T_A D_A I_A = {90}^{\circ}$ と併せ、6 点 $A, I_A, R_{CB}, J_A, D_A, T_A$ はいずれも線分 $T_A I_A$ を直径とする円 $\kappa$ 上の点である。
　$\mathcal{H}_A$ に内接する四角形 $A D_A I_A D_A'$ において、直角双曲線の有名性質 ^[g] より $\measuredangle A D_A I_A = \measuredangle I_A D_A' A$ が従う。いま、四角形 $I_A D_A' A J_A'$ が平行四辺形となるように点 $J_A'$ をとると、$\measuredangle A J_A' I_A = \measuredangle I_A D_A' A = \measuredangle A D_A I_A$ より、 4 点 $A, D_A, I_A, J_A'$ は共円であり、特に $J_A'$ は $\kappa$ 上に存在する。ここで Theorem 0.1 の証明を思い出せば、点 $D_A$ における $\mathcal{H}_A$ の接線 $t_A$ は $A I_A$ と平行であるため、 Lemma 0.2 を $t_A, A I_A$ に適用し、$O_A D_A$ は線分 $A I_A$ の中点を通るといえる。これは 4 点 $D_A', O_A, D_A, J_A'$ の共線を意味しており、 Lemma 1.1.2 および Lemma 1.1.5 を用いつつ、以下のように角度追跡を行える。
$$\begin{align*} \measuredangle J_A' A I_A &= \measuredangle J_A' D_A I_A = \measuredangle O_A D_A I_A = \measuredangle (D_A O_A, D_A I_A) = \measuredangle (e_A, V_A O) \\ &= \measuredangle (V_A X_{100}, V_A O) = \measuredangle X_{100} V_A O = \measuredangle O X_{100} V_A = \measuredangle X_{104} X_{100} V_A = \measuredangle X_{104} A I_A \end{align*}$$　式変形の両端を見れば、3 点 $A, X_{104}, J_A'$ の共線が判り、$J_A'$ が $\kappa$ の周上に乗る事実と併せ、$J_A' = J_A$ が確定する。結局、$O_A$ は $J_A$ から $l_A$ に下ろした垂線の足である。$J_B, J_C$ でも同様にして、三角形 $O_A O_B O_C$ は三角形 $J_A J_B J_C$ の垂足三角形であるため、三角形 $I_A I_B I_C, J_A J_B J_C$ の相似に鑑み、Theorem 1.1.6 が示された。 $\blacksquare$

　内接円 $\omega$ に関する $D$ の対蹠点を $S$ 、傍接円 $\omega_A$ に関する $D$ の対蹠点を $S_A$ と定める。まず、三角形 $D_A A D_A', D_A M_{ADa} O_A$ の相似や三角形 $D S D_A, D I N_A$ の相似に注目し、$A D_A' \parallel M_{ADa} O_A$, $A D_A \parallel I N_A$ を確かめておく。また、$A, D_A$ を焦点にもち $B, C$ を通る楕円を考えれば、楕円の有名性質 ^[h] より、$I_A B, I_A C$ はいずれもこの楕円の接線であるから、 Lemma 0.2 を $BC$ に適用することで、3 点 $M_{ADa}, N_A, I_A$ の共線が判る。
　すると、三角形 $I_A I_B I_C, J_A J_B J_C$ の相似において、$I$ と $Y_{1145}$ は対応するので、$\dfrac{I_A N_A}{N_A M_{ADa}} = \dfrac{I_A I}{I A} = \dfrac{J_A Y_{1145}}{Y_{1145} O_A}$ と計算できる。$M_{ADa} O_A \parallel A D_A' \parallel J_A I_A$ であるから、四角形 $M_{ADa} J_A I_A O_A$ の対角線に注目し、 $M_{ADa} O_A \parallel N_A Y_{1145}$ が従う。$N_A$ の anticomplement は $A$ であるため、$G$ を中心に $N_A Y_{1145}$ を $-2$ 倍拡大した直線こそが $A Y_{1320}$ となる。$N_A Y_{1145} \parallel M_{ADa} O_A \parallel A D_A'$ より、$Y_{1320}$ は $A D_A'$ 上に存在するため、$B E_B', C F_C'$ でも同様に議論し、Lemma 1.2.1 が示された。 $\blacksquare$

　三角形 $O_A O_B O_C$ の mittenpunkt を ${Mi}_O$ とし、${Mi}_O \neq Mi$ であると仮定する。三角形 $I_A I_B I_C, J_A J_B J_C$ の相似において、$N_A$ と $N_A'$ は対応するので、$\measuredangle I_A I N_A = -\measuredangle N_A' Y_{1145} J_A$ である。これと $A D_A \parallel I N_A$, $N_A Y_{1145} \parallel A D_A'$ より、
$$\measuredangle N_A Y_{1145} J_A = \measuredangle A D_A' J_A = \measuredangle I_A J_A D_A' = \measuredangle I_A A D_A = \measuredangle I_A I N_A = \measuredangle J_A Y_{1145} N_A'$$と計算され、3 点 $Y_{1145}, N_A, N_A'$ の共線が従い、特に $A D_A' \parallel I_A J_A \parallel N_A N_A'$ となる。
　いま、$Mi, {Mi}_O$ の定義より、これらはそれぞれ $I_A N_A, J_A N_A'$ 上に存在し、かつ $\dfrac{I_A N_A}{N_A Mi} = \dfrac{J_A N_A'}{N_A' {Mi}_O}$ が成立するため（相似な三角形の mittenpunkt 同士は対応する）、$N_A N_A' \parallel Mi {Mi}_O$ でなければならない。これは $Mi {Mi}_O \parallel A D_A'$ を意味しており、$N_B N_B', N_C N_C'$ でも同様に議論し、3 直線 $A D_A', B E_B', C F_C'$ はいずれも $Mi {Mi}_O$ に平行であると導かれる。しかしながら、この主張は Lemma 1.2.1 に矛盾する。ゆえに、当初の仮定が誤っており、Lemma 1.2.2 が示された。 $\blacksquare$

　有名性質より、3 直線 $I_A D_A, I_B E_B, I_C F_C$ はいずれも基準三角形 $ABC$ の Bevan 点 $X_{40}$ を通る。いま、 Theorem 1.1.6 の証明で用いた円 $\kappa$ に注目すれば、
$$\begin{align*} \measuredangle J_C J_A X_{104} &= \measuredangle J_C J_A Y_{1145} + \measuredangle D_A J_A A = -\measuredangle f^{-1}(J_C) f^{-1}(J_A) f^{-1}(Y_{1145}) + \measuredangle D_A I_A A \\ &= -\measuredangle I_C I_A I + \measuredangle D_A I_A I = \measuredangle D_A I_A I + \measuredangle I I_A I_C = \measuredangle D_A I_A I_C \end{align*}$$と追跡できる。$\measuredangle J_A J_C X_{104}$ からも同様の追跡を行い、$\measuredangle J_A J_C X_{104} = \measuredangle F_C I_C I_A$ を得る。三角形 $X_{40} I_A I_C$ は二等辺三角形であるため、$\measuredangle X_{40} I_A I_C = -\measuredangle X_{40} I_C I_A$ が成り立ち、$\measuredangle J_C J_A X_{104} = -\measuredangle J_A J_C X_{104}$ 、すなわち三角形 $X_{104} J_A J_C$ が $X_{104} J_A = X_{104} J_C$ の二等辺三角形であることが確定する。図の対称性から $X_{104} J_A = X_{104} J_B$ なども同様に導かれ、Lemma 1.2.3 が示された。 $\blacksquare$

　双曲線 $\mathcal{C}_H$ の漸近線 2 本の集合を $\beta(\mathcal{C}_H)$ で、2 直線 $l_u, l_v$ がなす角の二等分線 2 本の集合を $\beta(l_u, l_v)$ でそれぞれ表し、集合 $\mathcal{S}_1, \mathcal{S}_2$ が含む無限遠点が一致することを便宜上 $\mathcal{S}_1 \parallel \mathcal{S}_2$ と表す。
　anticomplement の関係に注目し、 $Fe N_A \parallel X_{100} A \perp A X_{104}$ である。これと Lemma 1.2.3 から得られる $J_A X_{104} \perp O_B O_C$ を併せ、$Fe N_A \parallel O_B O_C$ が判明する。いま、$B, C$ は $\mathcal{F}$ 上の点であるから、 Lemma 0.3 より、$\beta(Fe N_A, B C)$、すなわち $\angle Fe N_A B$ の内角・外角の二等分線は $\beta(\mathcal{F})$ と平行である。$Fe N_A \parallel O_B O_C$ より、これは $\beta(\mathcal{F}) \parallel \beta(BC, O_B O_C)$ であることを意味する。写像 $f$ の定義より、$\angle A Mi O_A$ の二等分線で $BC$ を対称移動させた直線 $a_f$ は $O_B O_C$ と平行になるため、$\beta(\mathcal{F}) \parallel \beta(BC, O_B O_C)$ $ \parallel \beta(BC, a_f) \parallel \beta(Mi A, Mi O_A)$ と導かれ、Lemma 1.2.4 が示された。 $\blacksquare$

　$A, I_A$ は $\mathcal{H}_A$ 上の点であるから、 Lemma 0.3 より、$\beta(\mathcal{H_A}) \parallel \beta(O_A M_{AIa}, A I_A)$ を得る。写像 $f$ の定義および Lemma 1.2.4 を用いれば、$\beta(\mathcal{F}) \parallel \beta(O_A Y_{1145}, A I)$ を得る（$\because$ $O_A X_{1145} = f(A)f(I)$）。$\beta(O_A M_{AIa}, A I_A)$ と $\beta(O_A Y_{1145}, A I)$ は一致するため、結局 $\mathcal{F}, \mathcal{H}_A$ の漸近線は平行であると導かれる。$\mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C$ でも同様に議論し、Theorem 1.2.5 が示された。 $\blacksquare$

　 Theorem 0.1 の証明を応用し、点 $D_A$ における $\mathcal{H}_A$ の接線は $A I_A$ と平行であることが判る。同様に、点 $E_B$ における $\mathcal{H}_B$ の接線は $B I_B$ と平行であり、点 $F_C$ における $\mathcal{H}_C$ の接線は $C I_C$ と平行である。いま、線分 $A I_A$ を直径にもつ円 $c_A$ を描くと、4 点 $A, D_A, I_A, J_A$ の共円より、
$${A M_{AIa}}^2 = {D_A M_{AIa}} \times {J_A M_{AIa}} = {D_A M_{AIa}} \times {D_A' M_{AIa}}$$と計算され、$D_a$ と $D_a'$ は $c_A$ における反転で移りあう。
$${O_A M_{AIa}}^2 = \left(\frac{{D_A M_{AIa}} + {D'_A M_{AIa}}}{2}\right)^2 > {D_A M_{AIa}} \times {D_A' M_{AIa}}$$より、$O_A$ は $c_A$ の外部にあり、線分 $O_A D_A$ と $c_A$ はただ 1 つの点 $D_Q$ を共有する。${90}^{\circ} = \measuredangle A D_Q I_A > \measuredangle A O_A I_A$ より、2 点 $A, I_A$ は $\mathcal{H}_A$ の同じ側の枝に乗っている ^[i] 。また、明らかに $\angle A D_A I_A > {90}^{\circ}$ であるため、$\mathcal{H}_A$ の弧 $A I_A$ は $D_A$ を通ると示される。同様に、3 点 $B, E_B, I_B$ は $\mathcal{H}_B$ の一続きの弧で結ばれ、3 点 $C, F_C, I_B$ は $\mathcal{H}_C$ の一続きの弧で結ばれる。
　半直線 $C I_C$ 方向の無限遠点を $C_{\infty}$ とする。$AB < BC$ のとき、$E_B, C$ は $B I_B$ について同じ側に存在し、$I_C$ は反対側に存在する。$E_B$ における $\mathcal{H}_B$ の接線は $B I_B$ と平行であり、この接線と $B I_B$ に挟まれた帯状の領域を $\mathcal{D}_B$ とおけば、$C, I_C$ は $\mathcal{D}_B$ により隔てられている。同様に、$F_C$ における $\mathcal{H}_C$ の接線と $C I_C$ に挟まれた帯状の領域を $\mathcal{D}_C$ とおく。いま、 $F_C$ は四角形 $B C I_B I_C$ の内部に存在するため、三角形 $I_A I_B I_C$ が鋭角三角形であることより、2 点 $C, F_C$ は四角形 $B C I_B C_{\infty}$ の内部に存在する。円錐曲線と直線の交点は高々 2 つであることに留意すると、$\mathcal{H}_C$ の弧 $C I_C$ は $\mathcal{D}_C$ の内部もしくは境界のみを通ると判り、特に四角形 $B C I_B C_{\infty}$ の外部へ出ることはない。したがって、双曲線の弧 $B I_B, C I_C$ の連続性より、$\mathcal{H}_C$ の弧 $C I_C$ が $\mathcal{D}_B$ を横切るとき、少なくとも 1 回は $\mathcal{H}_B$ の弧 $B I_B$ と交わる。「漸近線が平行な双曲線同士は、共有点をもたないか、1 点で接するか、もしくは 2 点で交わる」という事実が一般に成り立つため、 Theorem 1.2.5 と併せ、このとき $\mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C$ は 2 点で交わるものと解される。$AB > BC$ のときも同様にして、Lemma 2.1 が示された。 $\blacksquare$

　$l(\mathcal{H}, \mathcal{H}_A)$ と $\mathcal{H}$ は $A$ ともう 1 点で交わっているため、その点を $R_A$ とする。線分 $A R_A$ の中点 $M_{ARa}$ を拵えれば、$\mathcal{H}$ の弦 $A R_A$ に Lemma 0.3 を適用し、$\beta(\mathcal{F}) \parallel \beta(Fe M_{ARa}, A R_A)$ である（$\because$ $\mathcal{F}$ の中心は $Fe$ であるため）。$\mathcal{H}_A$ の弦 $A R_A$ にも Lemma 0.3 を適用し、$\beta(\mathcal{H}_A) \parallel \beta(O_A M_{ARa}, A R_A)$ である。 Theorem 1.2.5 より $\beta(\mathcal{F}) \parallel \beta(\mathcal{H}_A)$ であるから、3 点 $Fe, M_{ARa}, O_A$ の共線が従う。 $f^{-1} (O_A Fe) = A f^{-1} (Fe)$ であり、また $f^{-1} (O_A Fe)$ は $\mathcal{F}$ の漸近線の一方で $O_A Fe$ を対称移動させた直線と平行であるため、ここから $f^{-1} (O_A Fe)$ と $AR_A$ の一致が判る。ゆえに、直線 $AR_A$ 、すなわち $l(\mathcal{F}, \mathcal{H}_A)$ は特に $f^{-1} (Fe)$ を通る。同様に、$l(\mathcal{F}, \mathcal{H}_B),$ $l(\mathcal{F}, \mathcal{H}_C)$ も $f^{-1} (Fe)$ を通っている。
　 Lemma 2.1 より、$l(\mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C),$ $l(\mathcal{H}_C, \mathcal{H}_A),$ $l(\mathcal{H}_A, \mathcal{H}_B)$ が定義できる。いま、3 本の双曲線 $\mathcal{F}, \mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C$ は各漸近線方向の無限遠点、すなわち 2 点を共有すると解釈できるため、three conics theorem を $\mathcal{F}, \mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C$ に適用し、$l(\mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C)$ は $f^{-1} (Fe)$ を通ることが確定する。対称性より、$l(\mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C)$, $l(\mathcal{H}_B, \mathcal{H}_C)$ も $f^{-1} (Fe)$ を通り、Lemma 2.2 が示された。 $\blacksquare$

　$PQ \cap BY = R$, $CQ \cap AY = S$ とする。双曲線 $\mathcal{H}$ 上の 6 点の組 $(A, Y, B, C, Q, P)$ に Pascal の定理を適用し、$R, S, D$ は共線であると判る。また、三角形 $ABY, CPQ$ は $E$ を中心とした配景をなすため、これらに Desargues の定理を適用し、$F, R, S$ の共線が従う。いま、$BC \cap YZ = D_?$ とし、双曲線 $\mathcal{H}$ 上の 6 点の組 $(B, A, Y, Z, Q, C)$ に Pascal の定理を適用すると、$F, S, D_?$ は共線である。よって、ここまでの共線関係から $D_? = D$ が確定し、$D, Y, Z$ の共線が導かれる。同様にして、$E, Z, X$ と $F, X, Y$ もそれぞれ共線であるといえるため、Lemma 2.4 が示された。 $\blacksquare$

　三角形 $I_A I_B I_C$ の重心を $G_I$ とし、三角形 $I_A I_B I_C$ における $Mi, G$ の垂足三角形をそれぞれ $A_{Mi} B_{Mi} C_{Mi}, A_G B_G C_G$ とする。また、$Mi$ に関し $A_{Mi}$ と対称な点を $A_{Mi}'$ とする。重心の性質より、三角形 $I_B I_C G_I$, $I_C I_A G_I$, $I_A I_B G_I$ の面積は等しいため、$Mi$ が三角形 $I_A I_B I_C$ の類似重心であることより、$\dfrac{Mi B_{Mi}}{Mi A_{Mi}}$$= \dfrac{G_I A_G}{G_I B_G}$$= \dfrac{I_A I_C}{I_B I_C}$ が従う。同様にして $\dfrac{Mi C_{Mi}}{Mi B_{Mi}}$$= \dfrac{I_B I_A}{I_C I_A}$ も判る。よって $\dfrac{Mi A_{Mi}}{I_B I_C}$$= \dfrac{Mi B_{Mi}}{I_C I_A}$$= \dfrac{Mi C_{Mi}}{I_A I_B} = u$ となる実数 $u$ が存在する。四角形 $Mi A_{Mi} I_C B_{Mi}$ が円に内接するため、三角形 $B_{Mi} A_{Mi}' Mi$, $I_A I_B I_C$ は相似であるといえて、その相似比は $u : 1$ である。すなわち、三角形 $Mi A_{Mi} B_{Mi}$, $I_A I_B I_C$ の面積比は $u^2 : 1$ に等しく、三角形 $Mi B_{Mi} C_{Mi}$ と三角形 $I_A I_B I_C$ 、三角形 $Mi C_{Mi A_{Mi}}$ と三角形 $I_A I_B I_C$ でも同様の面積比計算を各々行えば、3 つの三角形 $Mi A_{Mi} B_{Mi}$, $Mi B_{Mi} C_{Mi}$, $Mi C_{Mi} A_{Mi}$ はいずれも三角形 $I_A I_B I_C$ の $u^2$ 倍の面積を有することが判明する。これは $Mi$ が三角形 $A_{Mi} B_{Mi} C_{Mi}$ の重心であることを表す。
　さて、4 点 $Mi, E_I, I_A, F_I$ は線分 $Mi I_A$ を直径とする円の周上に並ぶ。これは線分 $E_I F_I$ の中点に関し $Mi$ と対称な点、すなわち $A_{Mi}'$ が、三角形 $I_A E_I F_I$ の垂心であることを意味する。三角形 $I_A I_B I_C$ において $I_B I_C, E_I F_I$ が逆平行である事実より、 $\measuredangle U_A I_A I_C = \measuredangle I_B I_A Mi = \measuredangle F_I E_I Mi$ が成り立つ。これと $I_A I_C \perp E_I Mi$ から $U_A I_A \perp F_I E_I$ が判り、3 点 $U_A, A_{Mi}', I_A$ の共線を得る。かつ、三角形 $U_A A_{Mi} A_{Mi}'$, $U_A A I_A$ が相似なので、各々の中線に注目し、Lemma 2.5 が示された。 $\blacksquare$

　$U_A X_{40}$ と $\mathcal{J}_I$ の交点を $P_0 (\ne X_{40})$ とし、円 $I_A I_B I_C$ の $I_B, I_C$ における接線の交点を $X_I$ とする。類似中線の性質より、 $I_A, N_A, Mi, X_I$ は共線であることに留意しておく。いま、$\mathcal{J}_I$ の三角形 $I_A I_B I_C$ における等角共役は三角形 $I_A I_B I_C$ の Euler 線となるため、5 点 $I_A, I_B, I_C, I, Mi$ はいずれも $\mathcal{J}_I$ に乗っている ^[j] 。これらに対し Lemma 2.4 を用いれば、$A_{a9}$ は $A Mi$ と $\mathcal{J}_I$ が再び交わる点であることが確かめられる（$\because$ Definition 2.3 に定めた三角形 $A_{a9} B_{a9} C_{a9}$ の定義より）。
　$P_0 X_{40} \perp I_B I_C$ より、直角双曲線 $\mathcal{J}_I$ 上の 4 点の組 $(P_0, X_{40}, I_B, I_C)$ は垂心系をなし、特に $X_{40}$ は三角形 $P_0 I_B I_C$ の垂心である。したがって、4 点 $X_I, X_{40}, I_B, I_C$ の共円に鑑み、 $U_A P_0 \times U_A X_{40}$$= U_A I_B \times U_A I_C$$=U_A P_0 \times U_A X_I$ より $U_A P_0 = U_A X_I$ が得られる。 Lemma 2.5 より 3 点 $U_A, Mi, M_{AIa}$ は共線であるため、三角形 $I_A M_{AIa} Mi$, $X_I U_A Mi$ の相似に注目し、$\dfrac{M_{AIa} Mi}{U_A Mi}$$= \dfrac{M_{AIa} I_A}{U_A X_I}$$= \dfrac{M_{AIa} A}{U_A P_0}$ と計算される。すなわち 3 点 $A, Mi, P_0$ は共線である。よって、$P_0$ は $A Mi$ と $\mathcal{J}_I$ の $Mi$ でない交点であるため、$P_0 = A_{a9}$ が確定する。最後に、四角形 $I B I_A C$ の Newton-Gauss 線を考えると 3 点 $U_A, N_A, V_A$ の共線が明らかとなるため、三角形 $I_A V_A N_A$, $X_I U_A N_A$ の相似に鑑み、$\dfrac{V_A N_A}{U_A N_A}$$= \dfrac{V_A I_A}{U_A X_I}$$= \dfrac{V_A I}{U_A P_0}$ と計算される。これは 3 点 $I, N_A, P_0$ の共線を意味し、$P_0 = A_{a9}$ と併せて Lemma 2.6 が示された。 $\blacksquare$

　$Fe$ が $f(D_A) f(A_{a9})$ 上に存在することを示せば、同様にして $Fe$ が $f(E_B) f(B_{a9})$, $f(F_C) f(C_{a9})$ 上に存在することも示せるため、証明が完成する。
　 Lemma 1.2.1 の証明過程で示した 3 点 $M_{ADa}, N_A, I_A$ の共線と同様の手法で、3 点 $M_{AD}, I, N_A$ の共線を証明できる（ただし $M_{AD}$ は線分 $AD$ の中点である）。そのため、 Lemma 2.6 で示した 3 点 $I, N_A, A_{a9}$ の共線と併せ、$A D_A \parallel N_A A_{a9}$ が成立する。また、 Lemma 1.2.2 の証明過程で、3 点 $Y_{1145}, N_A, N_A'$ の共線および $A D_A' \parallel N_A N_A'$ を証明した。3 点の組 $(A, Mi, A_{a9})$, $(M_{ADa}, Mi, N_A)$, $(O_A, Mi, f(A_{a9}))$ はそれぞれ明らかに共線であるため、先程確認した 2 組の平行と併せ、三角形 $A Mi M_{ADa}$ と三角形 $A_{a9} Mi N_A$ 、三角形 $M_{ADa} Mi O_A$ と三角形 $N_A Mi f(A_{a9})$ はそれぞれ相似な三角形の組となる。したがって、
$$\frac{A M_{ADa}}{O_A M_{ADa}} = \frac{A M_{ADa}}{Mi M_{ADa}} \times \frac{Mi M_{ADa}}{O_A M_{ADa}} = \frac{A_{a9} N_A}{Mi N_A} \times \frac{Mi N_A}{f(A_{a9}) N_A} = \frac{A_{a9} N_A}{f(A_{a9}) N_A}$$を得る（ここから三角形 $A M_{ADa} O_A$, $A_{a9} N_A f(A_{a9})$ の相似も従うが、以降の議論では用いない）。
　さて、有名性質 ^[k] より、三角形 $AOI$, $Fe N_A D$ は正の向きに相似であるため、$\dfrac{D_A N_A}{Fe N_A}$$= \dfrac{D N_A}{Fe N_A}$$= \dfrac{IO}{AO}$$= \dfrac{I X_{40}}{I_A X_{40}}$ と計算される（円 $ABC$ が三角形 $I_A I_B I_C$ の九点円であることを用いた）。また、三角形 $I_A I_B I_C$, $I_A B C$ の相似において $I, X_{40}$ と $H_A, V_A$ はそれぞれ対応するので（ただし $H_A$ は三角形 $I_A B C$ の垂心である）、 Lemma 1.1.2 の結果と併せ、$\dfrac{I X_{40}}{I_A X_{40}}$$= \dfrac{H_A V_A}{I_A V_A}$$= \dfrac{D_A M_{AIa}}{I_A M_{AIa}}$ を得る。 Theorem 1.1.6 の証明過程で 4 点 $A, D_A, I_A, J_A$ の共円、および四角形 $A J_A I_A D_A'$ が平行四辺形であることを示しており、ここから $\dfrac{D_A M_{AIa}}{I_A M_{AIa}}$$= \dfrac{D_A A}{I_A J_A}$$= \dfrac{A D_A}{D_A' A}$ が従う。これらを連結し、
$$\frac{D_A N_A}{Fe N_A} = \frac{I X_{40}}{I_A X_{40}} = \frac{D_A M_{AIa}}{I_A M_{AIa}} = \frac{A D_A}{D_A' A} = \frac{A M_{ADa}}{O_A M_{ADa}} = \frac{A_{a9} N_A}{f(A_{a9}) N_A}$$が導かれる。最後に、 Lemma 1.2.4 の証明過程で示した $Fe N_A \parallel O_B O_C$ に留意しつつ、$\dfrac{Fe N_A}{f(A_{a9}) N_A}$$= \dfrac{D_A N_A}{A_{a9} N_A}$$= \dfrac{f(D_A N_A)}{f(A_{a9} N_A)}$$= \dfrac{f(D_A) N_A'}{f(A_{a9}) N_A'}$ と計算すれば、式変形の両端に注目し、3 点 $Fe, f(D_A), f(A_{a9})$ の共線が確定する。これこそが示すべきことであったため、Theorem 2.7 が示された。 $\blacksquare$

　四角形 $D_A H_A V_A V_1$ が平行四辺形となるような点 $V_1$ をとると、 Lemma 1.1.2 から $V_1$ は $O V_A, O_A D_A$ の交点である。先程言及した 4 点 $O, X_{100}, X_{104}, Y_{1145}$ の共線に鑑み、三角形 $OV_A X_{100}$, $OV_1 Y_{1145}$ は相似な二等辺三角形であるといえる。ここから $X_{100} Y_{1145} = V_A V_1 = H_A D_A = I D = r$ が判り、$X_{104} Y_{1145} = 2 R - r$ が従う。また、外接円と内接円の半径に関する Euler の公式より、$OI = \sqrt{R(R - 2 r)}$ 、すなわち $X_{40} I = 2 \sqrt{R(R - 2 r)}$ である。写像 $f$ は $X_{40}, I$ をそれぞれ $X_{104}, Y_{1145}$ に送るため、拡大率たる $\dfrac{Mi O_A}{Mi A}$ がこれらの比に一致し、Theorem 3.1 が示された。 $\blacksquare$