和欧拉线垂直的梅涅劳斯线

mathe

如图，以三角形ABC三边为底，向外部各自做相似的等腰三角形ABD, ACE和BCF。
那么AF,CD,BE三线交于一点S (图中没有标记出来），并且它们分别交三角形三边于I,G,M三点。
根据hujunhua的定义，做点S的梅涅劳斯线，
也就是在边AB上做J点使得[AB;GJ]共轭调和 （${AG}/{GB}={AJ}/{BJ}$），在边BC上选择L使得[BC;IL]共轭调和，在边CA上取点K使得[AC;MK]共轭调和
那么L,J,K三点共线，即梅涅劳斯线。
证明或否定，梅涅劳斯线LJK和三角形ABC的欧拉线（直线OH，其中O为外心，H为垂心)垂直。
题目构造自问题 三角形正负等角中心间距

hujunhua

确实是一个有趣的发现，有许多有趣的关联。

S的轨迹是通过三角形的三个顶点、重心、垂心、内外等角中心这 7 点的双曲线。
按三坐标反演的性质3.1'的推论，这条双曲线在三角形ABC引导的三坐标反演下映射为它在重心的切线。
按三坐标反演帖 mathe 在 60# 的发现，这条切线上的点都是 S 的梅涅劳斯线的对偶。
既然所有 S 的梅涅劳斯线的对偶共线，那么这些梅涅劳斯线共点，即都通过那条切线的对偶。
由于那条切线过重心，重心的对偶是无穷远线，所以那切线的对偶是一个无穷远点。
即所有的梅涅劳斯线互相平行，它们有同一个固定的方向。

所以，我们只要证明垂心的梅涅劳斯线与欧拉线垂直就行了。
不能选重心，因它的梅涅劳斯线是无穷远线。

mathe

hujunhua总结的很好，现在的问题已经转化为只要证明wanye双曲线上给定的任意一个点的梅涅劳斯线垂直于三角形的欧拉线即可推断出对于所有的点都是如此，但是最简单的重心G除外。
我们可以选择这个点为三角形顶点，也可以选择这个点为费尔玛点等做它们的梅涅劳斯线，但是看起来都没有垂心方便。容易看出垂线关于外接圆的极线也是垂直于欧拉线的，两者之间是否有关联呢？当然最好垂心关于外接圆的极线就等于梅涅劳斯线，而作图结果否定了这一点，我转而寻求垂线关于九点圆的极线，结果还是不于梅涅劳斯线重叠，但是神奇的发现，
梅涅劳斯线竟然正好落在两条极线正中间，高，实在是高！

如图，$\Delta ABC$中，$A_1,B_1,C_1$是高在三边的垂足，$H$是垂心，$O$是外心。粉红色的是外接圆和垂心关于外接圆的极线$H_B H_C$。
蓝色的是九点圆和垂心关于九点圆的极线$A_4 C_4$，直线$A_2 C_2$是垂心的梅涅劳斯线。
红色圆显示了梅涅劳斯线正好落在两条极线正中间。

mathe

作图说明，H点的梅涅劳斯线是九点圆和外接圆的根轴，由此我们可以通过计算来证明。

如上图，我们可以有:
$A B_1 = 2R sin(C) cos(A), CB_1 = 2R sin(A) cos(C)$
$A B_2 = 2R sin(B) sin(C)cos(A) /sin(A-C) $
$C B_2 = 2R sin(B) sin(A) cos(C)/sin(A-C) $
$(A B_2) *(C B_2) = 4R^2 sin(B)^2 sin(A)cos(A) sin(C)cos(C)/sin(A-C)^2$
$B_2 B_1 = 2R sin(B) sin(C)cos(A) /sin(A-C) + 2R sin(C)cos(A) = 2Rsin(C)cos(A)( sin(B)/sin(A-C)+1)$
$B_2 B_4 = 2R sin(B) sin(C)cos(A) /sin(A-C)  + R sin(B) = R sin(B) ( 2 sin(C)cos(A) /sin(A-C)+1)$
$(B_2 B_1)*(B_2 B_4) = 2R^2sin(C)sin(B)cos(A)(sin(B)+sin(A-C))*(2sin(C)cos(A)+sin(A-C))/sin^2(A-C)$
展开表达式$(A B_2) *(C B_2)=(B_2 B_1)*(B_2 B_4)$等价于$(cos(C)sin(A)-sin(C)cos(A))sin(B)=sin^2(A)cos^2(C)-sin^2(C)cos^2(A)$
即$sin(A-C)sin(B)=sin(A-C)sin(A+C)$,显然成立
所以得到$B_2$关于外接圆和九点圆的圆幂相等，在两圆根轴上。
由此证明了H点的梅涅劳斯线是九点圆和外接圆的根轴，所以和OH垂直，得证！

mathe

现在从头总结一下，我们先查看第一幅图

我们把D点看成线段AB中垂线上一个动点（原先限制D在三角形ABC外部，实际上不必要，可以去除），
随着D的移动，点E在AC、点F在BC的中垂线上跟着移动。点列D与点列E是一对仿射对应点列，因为两者间显然保持线段比不变。故线束CD -> 线束BE也是仿射对应线束，根据二次点列的射影定义，CD和BE的交点是一个二次点列，也就是CD和BE交点的轨迹是一条二次曲线。
i)把D移动到边AC上，于是E正好移动到边AB上，于是CD和BE交于A点，所以A点在这条二次曲线上
ii)把D移动到边BC上，于是CD经过B点，而BE也总是经过B点，所以CD这时交BE于B,所以B点也在这条二次曲线上。
iii)同上，我们移动D使得这时E正好落在边CD上，得出C点也在这条二次曲线上。
iv)将D点移动到边AB的中点，于是这时E移动到AC的中点，CD和BE交于$\Delta ABC$的重心G,所以G点在这条二次曲线上。
v)把D点移动到AB中垂线的无穷远点，于是这时E也移动到AC中垂线的无穷远点，CD和BE交于$\Delta ABC$的垂心H,所以H点也在这条二次曲线上。
于是这条二次曲线经过五个点A,B,C,G,H，由于五点确定一条二次曲线，所以这条曲线已经被唯一确定，这个就是wanye双曲线。
同理，CD和AF的交点轨迹也是wayne双曲线。于是对于任何给定的D, 直线CD,AF和BE必然交于wayne双曲线上的同一点，于是证明了三线共点。

hujunhua

原来，通过三角形的三个顶点、重心、垂心、内外等角中心的七点双曲线叫做 wayne 双曲线。
很好！
这条双曲线的三坐标反演像是一条通过三角形重心的直线，我们就叫它三角形的 wayne直线吧。

这一定是一条很有趣的直线，有空了要研究一下。

过那三个等腰三角形的顶点作各自底边的平行线，所得诸平行三角形与原三角形有相同的位似中心。
这个位似中心在 wayne 直线上。
不清楚它是三角形的什么中心，要是@wiley在就好了。

数学星空

我们可以进一步讨论和计算:wayne双曲线方程及其不变曲线方程?

mathe

现在证明一下3#发现的梅涅劳斯线位于两级线正中间的问题。
我们设九点圆圆心为J,半径为r,于是外接圆半径为R=2r,而且J是OH的中点。并且设OH=2d
我们以H为原先，HO为y轴负方向建立直角坐标系,
于是九点圆方程为$x^2+(y+d)^2=r^2$, 外接圆方程为$x^2+(y+2d)^2=4r^2$
两个圆方程相减，得到根轴$B_2 C_2$的方程: $2dy+3d^2-3r^2=0$,即$y={3(r^2-d^2)}/{2d}$
原点H关于九点圆极线$B_4 C_4$的方程为$0x+(0+d)(y+d)=r^2$,即$y={2(r^2-d^2)}/{2d}$
原点H关于外接圆极线$H_B H_C$的方程为$0x+(0+2d)(y+2d)=4r^2$,即$y={4(r^2-d^2)}/{2d}$
显然根轴位于另外两条直线正中央。

mathe

hujunhua在6#发现的位似中心也很有意思，我们可以通过动图
https://www.geogebra.org/classic/gj6ghhjy
研究其性质（对应如下静图），

如图红色为wayne双曲线，绿色为其三坐标变换的像即wayne直线，而蓝色为wayne双曲线的等角共轭像
在动点D移动时，红绿蓝三线上分别有动点G,L,N跟着移动，而点S为蓝绿交点，正好为hujunhua位似中心。
当D移动到边AB中点时，G和L移动到三角形重心，N会正好移动到S。这说明S正好是重心的等角共轭像，根据维基百科可以查到其名字为symmedian point, or alternatively the Lemoine point or Grebe point。
而继续移动D使得DS平行边AB时，D、E、F关于三边平行线都会穿过S点而且这时L移动到S。
所以我们知道S点的特点是到三边的距离正好正比于三边边长。
另外现在也知道了wanye直线是经过重心和symmedian point的直线。

数学星空

我们建立坐标系：\(A[x_1,y_1],B[0,0],C[a,0]\),设三个等腰三角形的夹角为\(\theta\),记\(k=\tan(\theta)\)

可以算得正负等角中心\(E[x_{00},y_{00}],F[x_{01},y_{01}]\),hujunhua提到的位似中心\(L[x_0,y_0]\)

\(x_{00}=\frac{(3a^2-b^2+c^2+4ks)(a^2k-b^2k+c^2k+4s)a}{2(3a^4k+4a^2k^2s+b^4k-2b^2c^2k+c^4k+12a^2s+16ks^2)}\)

\(y_{00}=\frac{(a^2k+b^2k-c^2k+4s)(a^2k-b^2k+c^2k+4s)a}{2(3a^4k+4a^2k^2s+b^4k-2b^2c^2k+c^4k+12a^2s+16ks^2)}\)

\(x_{01}=\frac{(3a^2-b^2+c^2-4ks)(a^2k-b^2k+c^2k-4s)a}{2(3a^4k-4a^2k^2s+b^4k-2b^2c^2k+c^4k-12a^2s+16ks^2)}\)

\(y_{01}=-\frac{(a^2k+b^2k-c^2k-4s)(a^2k-b^2k+c^2k-4s)a}{2(3a^4k-4a^2k^2s+b^4k-2b^2c^2k+c^4k-12a^2s+16ks^2)}\)

\(x_0=\frac{a(a^2-b^2+3c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)},y_0=\frac{2as}{a^2+b^2+c^2}\)

wayne 双曲线为：

\(4a^5y-8a^4xy-6a^3b^2y+2a^3c^2y+4a^2b^2xy+4a^2c^2xy+2ab^4y-4ab^2c^2y+2ac^4y-4b^4xy+8b^2c^2xy-4c^4xy+8ab^2sx-8ac^2sx-8b^2sx^2+8b^2sy^2+8c^2sx^2-8c^2sy^2=0\)

wayne 直线为：

\(-5a^2b^2y+5a^2c^2y+b^4y-c^4y+4a^3s-8a^2sx-4ac^2s+4b^2sx+4c^2sx=0\)

取\(a = 5, b = 4, c = 3, s = 6, k =\frac{1}{2}\)

得到：

\(-336x^2-2696xy+336y^2+1680x+3240y=0\)

\(-600x-700y+1920=0\)

画图：