\documentclass[11pt,chinese,nothm]{scrartcl}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{evan}
\ihead{\cn{陳誼廷}}
\ohead{\cn{用複數炸幾何}}

\newtheorem{theorem}{定理}
\newtheorem{lemma}[theorem]{引理}
\newtheorem{proposition}[theorem]{命題}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{example}[theorem]{例子}
\newtheorem{exercise}[theorem]{練習題}

\renewcommand{\figurename}{圖}

\expandafter\let\expandafter\oldproof\csname\string\proof\endcsname
\let\oldendproof\endproof
\renewenvironment{proof}[1][證]{%
  \oldproof[\bfseries 【#1】\nopunct]%
}{\oldendproof}
\renewenvironment{soln}{\begin{proof}[解]}{\end{proof}}

\begin{asydef}
	defaultpen(fontsize(9pt));
	pointfontsize = 9;
	real[] default_ticks = {-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4};
	void cplane(real theta=-45, real[] T = default_ticks, real xmin = -5, real xmax = 5, real S = 3) {
		graph.xaxis("Re", xmin, xmax, graph.Ticks(format="%", Ticks=T, Size=S), Arrows);
		graph.yaxis("Im", xmin, xmax, graph.Ticks(format="%", Ticks=T, Size=S), Arrows);
		Drawing("0", origin, dir(theta));
		markscalefactor *= xmax;
	}
	markscalefactor=0.01;
\end{asydef}

\begin{document}
\title{Bashing Geometry with Complex Numbers \\ 用複數炸幾何}
\author{Evan Chen \\ 陳誼廷}
\date{5月2日2014年}
\maketitle

\begin{abstract}
	We show how complex numbers can be used to solve geometry problems.
\end{abstract}


\section{複數的平面}
令 $\CC$ 和 $\RR$ 分別為複數和實數的所形成的集合。

每一個複數 $z$ 可寫成
\[ z = a+bi = r \left( \cos \theta + i \sin \theta \right) = re^{i \theta} \]
此處 $a,b,r,\theta \in \RR$ 而 $0 \le \theta < 2\pi$。
我們寫 $\left\lvert z \right\rvert = r = \sqrt{a^2+b^2}$ 且 $\arg z = \theta$。

更主要，每個複數有一個複共軛 $\ol z = a-bi$。共軛滿足以下的方程：
\begin{align*}
	\ol {w \pm z} &= \ol w \pm \ol z \\
	\ol {w \cdot z} &= \ol w \cdot \ol z  \\
	\ol {w / z} &= \ol w / \ol z \\
	\left\lvert z \right\rvert^2 &= z \cdot \ol z
\end{align*}
注意 $z \in \RR$ 的充要條件為 $z = \ol z$，且 $z \in i \RR$ 的充要條件為 $z + \ol z = 0$。

我們把平面上每一個點用一個複數表示。
對每個點 $Z$ 我們會用一個 $z \in \CC$ 來代表（所以大寫的字代表點，小寫的字代表複數）。

\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		size(7cm);
		cplane(135);
		pair z = (3,4);
		pair p = (z.x,0);
		pair x = (z.x,-z.y);
		Drawing("z = 3+4i", z, dir(45));
		Drawing("\overline z = 3-4i", x, dir(-45));
		Drawing("-1-2i", (-1,-2), dir(225));
		draw(x--origin--z);
		MP(" \left\lvert z \right\rvert = 5", 0.7*z, rotate(90)*dir(z));
		draw(z--x, dotted);
		MarkAngle("\theta", p, origin, z, 1);
		draw(rightanglemark(z,p,origin));
	\end{asy}
	\caption{平面上取了複數 $z = 3+4i$ 且 $-1-2i$; $\ol z = 3-4i$ 為 $z$ 的共軛.}
	\label{fig:explain_complex_plane}
\end{figure}

複數的加減剛好跟向量一樣。
乘法就比較有趣。對有任何 $z_1, z_2 \in \CC$，我們有
\[
	\left\lvert z_1z_2 \right\rvert = \left\lvert z_1 \right\rvert \left\lvert z_2 \right\rvert 
	\text{ 和 }
	\arg z_1z_2 = \arg z_1 + \arg z_2.
\]
我們可從該乘法看出其幾何意義。
舉個例，對於任意點 $Z$ 和 $W$， 我們可以對 $W$ 把 $Z$ 轉 $90\dg$：
\[ z \mapsto i(z-w) + w. \]

\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		size(11cm);
		cplane();
		pair z = (3,4);
		pair iz = rotate(90)*z;
		Drawing("z = 3+4i", z, dir(90));
		Drawing("iz = 4-3i", iz, dir(90));
		draw(z--origin--iz,Arrows(SimpleHead,9));
		draw(rightanglemark(z,origin,iz));
		picture pic = CC();
		cplane();
		pair z = Drawing("z", (-1,-2), dir(0));
		pair w = Drawing("w", (-2,-4), dir(-90));
		pair f = Drawing("i(z-w)+w", rotate(90)*(z-w)+w, dir(100));
		pair zw = Drawing("z-w", z-w, dir(45));
		pair izw = Drawing("i(z-w)", rotate(90)*(z-w), dir(135));
		draw(f--w--z, Arrows(SimpleHead,9));
		draw(izw--origin--(z-w), Arrows(SimpleHead,9));
		add(shift((-11,0))*pic);
	\end{asy}
	\caption{$z \mapsto i(z-w) + w$.}
	\label{fig:complex_rotate}
\end{figure}
	

\section{首先的命題}
我們先談一些最主要的命題。

\begin{proposition}
	令 $A$, $B$, $C$, $D$ 為兩兩相異的點。 
	則 $\ol{AB} \perp \ol{CD}$ 的充要條件為 $\frac{d-c}{b-a} \in i \RR$; i.e.
	\[ \frac{d-c}{b-a} + \ol{\left( \frac{d-c}{b-a} \right)} = 0. \]
	\label{lem:complex_perp}
\end{proposition}
\begin{proof}
	條件等價與 $\frac{d-c}{b-a} \in i \RR \iff \arg \left( \frac{d-c}{b-a} \right) \equiv \pm 90\dg \iff \ol{AB} \perp \ol{CD}$。
\end{proof}

\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		size(12cm);
		cplane();
		pair a = Drawing("a", (2,2), dir(120));
		pair b = Drawing("b", (3,4), dir(120));
		pair c = Drawing("c", (-1,1), dir(90));
		pair d = Drawing("d", (-4,2.5), dir(90));
		draw(a--b); draw(c--d);
		add(shift(-11)*CC());
		cplane();
		pair x = Drawing("b-a", b-a, dir(90));
		pair y = Drawing("d-c", d-c, dir(90));
		draw(x--origin--y);
	\end{asy}
	\caption{$\ol{AB} \perp \ol{CD} \iff \frac{d-c}{b-a} \in i \RR$.}
\end{figure}

\begin{proposition}
	令 $A$, $B$, $C$ 為兩兩異的點。則 $A$, $B$, $C$ 共線的充要條件為 $\frac{c-a}{c-b} \in \RR$; i.e.
	\[ \frac{c-a}{c-b} = \ol{\left( \frac{c-a}{c-b} \right)}. \]
	\label{prop:complex_collin}
\end{proposition}
\begin{proof}
	跟以上的命題一樣。
\end{proof}

\begin{proposition}
	令 $A$, $B$, $C$, $D$ 為兩兩相異的點。則 $A$, $B$, $C$, $D$ 共圓的充要條件為 
	\[ \frac{c-a}{c-b} : \frac{d-a}{d-b} \in \RR. \]
\end{proposition}
\begin{proof}
	可得 $\arg \left( \frac{c-a}{c-b} \right) = \angle ACB$， $\arg \left( \frac{d-a}{d-b} \right) = \angle ADB$， (angles are directed)。
\end{proof}

我們現在陳述一個比較常用的公式。

\begin{lemma}[對稱點]
	設 $W$ 為 $Z$ 對一個 $\ol{AB}$ 的對稱點。則
	\[ w = \frac{(a-b) \ol z + \ol{a}b - a\ol{b}}{\ol a - \ol b}. \]
	\label{lem:complex_reflect}
\end{lemma}
當然這時候 $Z$ 對 $\ol{AB}$ 的垂足為 $\half (w+z)$。

\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		size(4cm);
		real[] T = {0,2,4};
		cplane(T=T, xmin=-1.9,xmax=5);
		Drawing("1", (2,0), dir(-90));
		pair a = Drawing("a", (1,1), dir(-90));
		pair b = Drawing("b", (4,3), dir(10));
		pair z = Drawing("z", (2,3), dir(90));
		pair w = Drawing("w", 2*foot(z,a,b)-z, dir(-45));
		draw(a--b);
		draw(z--w, dotted);
	\end{asy}
	\quad
	\begin{asy}
		size(4cm);
		real[] T = {0,2,4};
		cplane(T=T, xmin=-1.9,xmax=5);
		Drawing("1", (2,0), dir(-90));
		pair a = origin;
		pair b = Drawing("b-a", (3,2), dir(10));
		pair z = Drawing("z-a", (1,2), dir(90));
		pair w = Drawing("w-a", 2*foot(z,a,b)-z, dir(45));
		draw(a--b);
		draw(z--w, dotted);
	\end{asy}
	\quad
	\begin{asy}
		size(4cm);
		real[] T = {0,1,2};
		cplane(T=T, xmin=-0.95,xmax=2.50);
		pair a = origin;
		pair x = (3,2);
		pair b = Drawing("1", (3,2)/x, dir(-90));
		pair z = Drawing("\frac{z-a}{b-a}", (1,2)/x, dir(70));
		pair w = Drawing("\frac{w-a}{b-a}", 2*foot(z,a,b)-z, dir(-70));
		draw(a--b);
		draw(z--w, dotted);
		draw(origin--(1,0), black+1);
	\end{asy}
	\caption{$Z$ 對 $\ol{AB}$ 的對稱點。}
	\label{fig:proof_reflect}
\end{figure}

\begin{proof}
	根據 \Cref{fig:proof_reflect} 我們可得 
	\[ \frac{w-a}{b-a} = \ol{\left( \frac{z-a}{b-a} \right)} = \frac{\ol z - \ol a}{\ol b - \ol a}. \]
	從此可解 $w = \frac{(a-b)\ol z + \ol a b - a \ol b}{\ol a-  \ol b}$。
\end{proof}

我們再給兩條公式。

\begin{theorem}
	[面積/共線的方程] 令 $A$, $B$, $C$ 位點。則 $\triangle ABC$ 的面積為
	\[
		\pm \frac{i}{4}
		\left\lvert
		\begin{array}{ccc}
			a & \ol a & 1 \\
			b & \ol b & 1 \\
			c & \ol c & 1 \\
		\end{array}
		\right\rvert.
	\]
	\textbf{特別地，$A$, $B$, $C$ 共線的充要條件為以上的行列式為零。}
	\label{thm:complex_shoelace}
\end{theorem}
\begin{proof}
	用直角座標來證。
\end{proof}
定理 \ref{thm:complex_shoelace} 常常比命題 \ref{prop:complex_collin} 好用。

其實我們也可以把任意兩條線交叉。
\begin{proposition}
	令 $A$, $B$, $C$, $D$ 為點。 則 $AB$ 和 $CD$ 的交叉點位
	\[ \frac{ (\bar a b - a \bar b )(c-d) - (a-b)(\bar c d - c \bar d) }{(\bar a - \bar b )(c-d) - (a-b)(\bar c - \bar d)}. \]
	\label{prop:complex_intersect}
\end{proposition}
可是除非 $d=0$ 或 $a$, $b$, $c$, $d$ 在單位圓上，這方程不太好用。


\section{單位圓和三角形的心}
\label{sec:unitcircle}
在複平面上，單位圓是很重要。根據以上，對於每個 $\left\lvert z \right\rvert = 1$ 我們有 \[ \ol z = \frac 1z. \]
利用上述，我們可得一下的引理。

\begin{lemma}
	若 $ \left\lvert a \right\rvert = \left\lvert b \right\rvert = 1$ 且 $z \in \CC$, 則 $Z$ 對 $\ol{AB}$ 的對稱點為
	$a+b-ab \ol z$，
	而 $Z$ 對 $\ol{AB}$ 的垂足為
	\[ \half \left( z+a+b -ab \ol z \right). \]
\end{lemma}
\begin{lemma}
	若 $A$, $B$, $C$, $D$ 落在單位圓上，則 $\ol{AB}$ 和 $\ol{CD}$ 的交叉點為
	\[ \frac{ab(c+d)-cd(a+b)}{ab-cd}. \]
\end{lemma}

這幾方程比以上的漂亮多了。
在單位圓上，我們也可馬上得到一個三角形的心：
\begin{theorem}
	令 $ABC$ 為三角形。假設 $ABC$ 的外接圓為複平面的單位圓。則 $ABC$ 的外心，重心，垂心分別為 $0$, $\frac 13 (a+b+c)$, $a+b+c$。
\end{theorem}
利用以上馬上可證 Euler 線的定理。

\begin{proof}
	外心和垂心的方程是明顯的。
	令 $h = a+b+c$。只需證明 $\ol{AH} \perp \ol{BC}$，等等。
	我們可設
	\[ z  = \frac{h-a}{b-c} = \frac{b+c}{b-c}. \]
	則
	\[ \ol z = \ol{\left( \frac{b+c}{b-c} \right)}
		= \frac{\ol b + \ol c}{\ol b - \ol c}
		= \frac{\frac 1b + \frac 1c}{\frac 1b - \frac 1c}
		= \frac{c+b}{c-b} = -z \]
	因此 $z \in i \RR$，得證。
\end{proof}

我們也其實可得到內心的方程。
\begin{theorem}
	令 $I$ 和 $\Gamma$ 分別為三角形 $ABC$ 的內心和外接圓。令直線 $AI$, $BI$, $CI$ 分別與 $\Gamma$ 交叉在點 $D$, $E$, $F$。
	若 $\Gamma$ 為複平面的單位圓，則存在 $x,y,z \in \CC$ 滿住
	\[ a=x^2, b=y^2, c=z^2 \text{ 且 } d=-yz, e=-zx, f=-xy. \]
	注意 $\left\lvert x \right\rvert = \left\lvert y \right\rvert = \left\lvert z \right\rvert = 1$。
	將內心 $I$ 為 $-(xy+yz+zx)$。
\end{theorem}
\begin{proof}
	證明 $I$ 為 $\triangle DEF$ 的垂心。
\end{proof}
% 根據以上，垂心就為 $x^2+y^2+z^2$。

\section{另外的公式}
\begin{lemma}
	令 $A$, $B$ 落在單位圓上，且取點 $P$ 使得 $\ol{PA}$, $\ol{PB}$ 是切線。則 \[ p = \frac{2}{\ol a + \ol b} = \frac{2ab}{a+b}. \]
\end{lemma}
\begin{proof}
	設 $M$ 為 $\ol{AB}$ 的中點，且 $o=0$。可證 $OM \cdot OP = 1$ 且 $P$ 在射線 $OM$ 上。
\end{proof}
\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		size(4cm);
		draw(unitcircle);
		pair A = Drawing("a", dir(110), dir(110));
		pair B = Drawing("b", dir(30), dir(30));
		pair P = 2/conj(A+B);
		Drawing("\frac{2ab}{a+b}", P, dir(P));
		draw(A--P--B);
		draw(A--B, dashed);
		draw(D(origin)--P, dashed);
		dot( (A+B)/2 );
	\end{asy}
	\caption{兩條切線交叉。$p = \frac{2}{\ol a + \ol b}$。}
\end{figure}

\begin{lemma}
	對於任意 $x$, $y$, $z$, 三角形 $XYZ$ 的外心為
	\[ \left\lvert
		\begin{array}{ccc}
			x & x\bar x & 1 \\
			y & y\bar y & 1 \\
			z & z\bar z & 1
		\end{array}
	\right\rvert
	\div
	\left\lvert
		\begin{array}{ccc}
			x & \bar x & 1 \\
			y & \bar y & 1 \\
			z & \bar z & 1
		\end{array}
	\right\rvert. \]
\end{lemma}
如需利用這個方程，可平移 $z$ 到 $0$，在算行列式，最後在平移回來。這樣行列式就比較好算。

\section{例子}
\begin{example}
	[MOP 2006]
	令 $H$ 為三角形 $ABC$ 的垂心。取 $D$, $E$, $F$ 在 $ABC$ 的外接圓上，使得 $\ol{AD} \parallel \ol{BE} \parallel \ol{CF}$。
	設 $S$, $T$, $U$ 分別為 $D$, $E$, $F$ 對 $\ol{BC}$, $\ol{CA}$, $\ol{AB}$ 的對稱點。試證 $S$, $T$, $U$, $H$ 共圓。
\end{example}
\begin{proof}
	設 $(ABC)$ 為單位元，則 $h = a+b+c$。
	可不方假設 $\ol{AD}$, $\ol{BE}$,  $\ol{CF}$ 跟實軸垂直（要不然把 $ABC$ 專一下\dots）。則 $d = \ol a$, 等等。
	因此 $s = b+c - bc \ol d = b+c-abc$，等等。從此可得
	\[ \frac{s-t}{s-u}=\frac{b-a}{c-a}\quad\text{且}\quad\frac{h-t}{h-u}=\frac{b+abc}{c+abc}. \]
	算出 \[ \frac{s-t}{s-u} : \frac{h-t}{h-u} = \frac{(b-a)(c+abc)}{(c-a)(b+abc)}=\frac{\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{abc}\right)}{\left(\frac{1}{c}-\frac{1}{a}\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{abc}\right)} \implies \frac{s-t}{s-u}:\frac{h-t}{h-u} \in \RR \]
	 就得證。
\end{proof}


\begin{example}
	[模擬競賽 2014]
	設 $\triangle ABC$ 的內切圓圓心為 $I$，且該內切圓分別與 $\ol{CA}$, $\ol{AB}$ 邊切於點 $E$, $F$。令點 $E$, $F$ 對 $I$ 的對稱點分別為 $G$, $H$。 設點 $Q$ 為 $\ol{GH}$ 與 $\ol{BC}$ 的交點，並設點 $M$ 為 $\ol{BC}$ 的中點。試證 $\ol{IQ}$ 與 $\ol{IM}$ 垂直。
\end{example}
\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		pair A = dir(110), B = dir(210), C = dir(330);
		Drawing("A", A, A);
		Drawing("B", B, dir(-90));
		Drawing("C", C, dir(-90));
		pair I = Drawing("I", incenter(A,B,C), dir(90));
		pair E = Drawing("E", foot(I,C,A), dir(C+A-I));
		pair F = Drawing("F", foot(I,A,B), dir(A+B-I));
		pair D = Drawing("D", foot(I,B,C), dir(B+C-I));
		pair G = Drawing("G", 2*I-E, dir(I-E));
		pair H = Drawing("H", 2*I-F, dir(I-F));
		pair Q = Drawing("Q", extension(B,C,G,H), dir(-90));
		pair M = Drawing("M", midpoint(B--C), dir(-90));
		draw(A--B--C--cycle);
		draw(H--Q);
		draw(incircle(A,B,C));
		draw(B--Q--I--M);
	\end{asy}
\end{figure}
\begin{soln}
	令 $D$ 為 $I$ 對 $\ol{BC}$ 的垂足，且設 $(DEF)$ 為單位圓。
	（這讓我們可利用 \S \ref{sec:unitcircle} 的引理。）
	則 $\left\lvert d \right\rvert = \left\lvert e \right\rvert = \left\lvert f \right\rvert = 1$，且 $g = -e$, $h = -f$。
	設 $x = \ol d = \frac 1d$，類似定義 $y$, $z$。
	則 
	\[ b = \frac{2}{\ol d + \ol f} = \frac{2}{x+z}. \]
	類似有 $c = \frac{2}{x+y}$，因此
	\[ m = \half(b+c) = \frac{1}{x+y} + \frac{1}{x+z} = \frac{2x+y+z}{(x+y)(x+z)}. \]
	再來，我們有 $Q = DD \cap GH$，故
	\[ q = \frac{dd(g+h)-gh(d+d)}{d^2-gh}
		= \frac{\frac{1}{x^2} \left( -\frac1y-\frac1z \right) - \frac{1}{yz} \frac{2}{x}}{\frac{1}{x^2} - \frac{1}{yz}}
		= \frac{2x+y+z}{x^2-yz}. \]
	因此
	\[ m/q = \frac{x^2-yz}{(x+y)(x+z)}. \]
	則
	\[ \ol{m/q} = \frac{\frac{1}{x^2}-\frac{1}{yz}}{\left( \frac1x+\frac1y \right)\left( \frac1x+\frac1z \right)} = \frac{yz-x^2}{(x+y)(x+z)} = -m/q \]
	故 $m/q \in i \RR$，得證。
\end{soln}

\begin{example}
	[USA 2012] 令 $ABC$ 為三角形，並設 $P$ 為任意一點且設 $\gamma$ 為一條通過 $P$ 的線。定義 $A'$ 為直線 $BC$ 與 $\ol{PA}$ 對 $\gamma$ 的對稱線 的交叉點。類似定義 $B'$ 和 $C'$。試證： $A'$, $B'$, $C'$ 三點共線。
\end{example}

\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		size(4cm);
		pair A = dir(110), B = dir(210), C = dir(330);
		Drawing("A", A, A);
		Drawing("B", B, dir(-90));
		Drawing("C", C, dir(-90));
		draw(A--B--C--cycle);
		pair P = Drawing("P", 0.1*dir(40), dir(-35));
		pair X1 = P + .5 * dir(10);
		pair X2 = P - .5 * dir(10);
		Drawing(L(X1,X2), dashed, Arrows);
		pair T = 2*foot(A,X1,X2)-A;
		pair A1 = Drawing("A'", extension(P,T,B,C), dir(-40));
		draw(A--P--A1);
	\end{asy}
\end{figure}

\begin{soln}
	設 $p=0$ 且設 $\gamma$ 為實軸。
	則 $A'$ 是 $bc$ 和 $p\bar a$ 的交叉點。從此，利用命題 \ref{prop:complex_intersect} 可得
	\[ a' = \frac{\bar a(\bar b c - b \bar c)}{(\bar b - \bar c)\bar a-(b-c) a}. \]
	注意
	\[ \bar a' = \frac{a (b \bar c - \bar b c)}{(b-c) a - (\bar b - \bar c)\bar a}. \]
	利用定理 \ref{thm:complex_shoelace}，我們需證
	\[ 0 = \left\lvert
	\begin{array}{ccc}
		\frac{\bar a(\bar b c-b \bar c)}{(\bar b - \bar c)\bar a - (b-c) a} & \frac{a (b \bar c - \bar b c)}{(b-c) a - (\bar b - \bar c) \bar a} & 1 \\
		\frac{\bar b(\bar c a-c \bar a)}{(\bar c - \bar a)\bar b - (c-a) b} & \frac{b (c \bar a - \bar c a)}{(c-a) b - (\bar c - \bar a) \bar b} & 1 \\
		\frac{\bar c(\bar a b-a \bar b)}{(\bar a - \bar b)\bar c - (a-b) c} & \frac{c (a \bar b - \bar a b)}{(a-b) c - (\bar a - \bar b)\bar c} & 1
	\end{array}
	\right\rvert.
	\]
	上述等價與
	\[ 0 = \left\lvert
	\begin{array}{ccc}
		\bar a(\bar b c -b \bar c) & a (\bar b c - b \bar c) & (\bar b - \bar c) \bar a - (b-c) a \\
		\bar b(\bar c a -c \bar a) & b (\bar c a - c \bar a) & (\bar c - \bar a) \bar b - (c-a) b \\
		\bar c(\bar a b -a \bar b) & c (\bar a b - a \bar b) & (\bar a - \bar b) \bar c - (a-b) c \\
	\end{array}
	\right\rvert. \] 	
	把行列式算出來，右邊這等於
	\[
	\sum_{\text{cyc}} ((\bar b - \bar c) \bar a - (b-c) a) \cdot - \left\lvert
		\begin{array}{cc}
			b & \bar b \\
			c & \bar c
		\end{array}
		\right\rvert \cdot \left( \bar c a - c \bar a \right)\left( \bar a b - a \bar b \right)
	\]
	或
	\[
		(\bar b c - c \bar b)(\bar c a - c \bar a)(\bar a b - a \bar b) \sum_{\text{cyc}} \left( ab - ac + \bar c \bar a - \bar b \bar a \right) = 0.
	\qedhere \]
\end{soln}

\begin{example}
	[獨立研究 2014]
	令 $I$ 與 $O$ 分別為三角形 $ABC$ 的內心與外心。設 $\ell$ 為一條直線，為 $ABC$ 的內接圓相切並於 $\ol{BC}$ 平行。
	取 $X$, $Y$ 在 $\ell$ 上使得 $I$, $O$, $X$ 共線且 $\angle XIY = 90\dg$.
	試證 $A$, $X$, $O$, $Y$ 共圓。
\end{example}
\begin{figure}[ht]
	\centering
	\begin{asy}
		pair A = dir(110), B = dir(220), C = dir(320);
		pair A = Drawing("A", A, A);
		pair B = Drawing("B", B, B);
		pair C = Drawing("C", C, C);
		draw(A--B--C--cycle);
		pair O = Drawing("O", origin, dir(-90));
		draw(unitcircle);
		draw(incircle(A,B,C), dotted);
		pair I = Drawing("I", incenter(A,B,C), dir(-90));
		pair B1 = 2*I-B, C1 = 2*I-C;
		pair X = Drawing("X", extension(B1,C1,O,I), dir(20));
		pair Y = Drawing("Y", 2*foot(circumcenter(A,X,O),X,2*I-foot(I,B,C))-X, dir(190));
		draw(circumcircle(A,X,Y));
		draw(X--Y--I--cycle);
		pair P = IP(L(I,Y),unitcircle);
		pair Q = 2*foot(O,I,P)-P;
		Drawing("P", P, dir(P-Q));
		Drawing("Q", Q, dir(Q-P));
		draw(P--Y,dashed); draw(I--Q,dashed);
		Drawing("Y'", IP(I--Q,B--C), dir(-110));
		pair X1 = extension(I,O,B,C);
		Drawing("X'", X1, dir(-75));
		draw(X1--I, dashed);
	\end{asy}
\end{figure}

\begin{soln}
	設 $X'$ 和 $Y'$ 分別為 $X$ 和 $Y$ 對 $I$ 的對稱點。注意 $X$, $Y$ 落在 $\ol{BC}$ 上。
	再來，設 $P$, $Q$ 為 $\ol{IY}$ 和 $ABC$ 的外接圓的交叉點。

	令 $(ABC)$ 為複平面的單位元。設 $j$ 為 $I$ 的複數（所以不會跟 $i=\sqrt{-1}$ 搞混）。
	則
	\[ x' = \frac{\left( \ol b c - b \ol c \right)(j-0) - \left( \ol j 0 - j \ol 0 \right)(b-c)}{(\ol b - \ol c)(j-0) - (b-c) (\ol j - \ol 0)}
		= \frac{j \cdot \frac{c^2-b^2}{bc}}{j \cdot \frac{c-b}{bc} - (b-c) \ol j}
		= \frac{j(b+c)}{j + bc \ol j} . \]
	我們在求 $y'$。考慮以下 $z$ 的二次方程：
	\[ \frac{z-j}{j} + \frac{\frac1z - \ol j}{\ol j} = 0
		\iff z^2 - 2j z + j / \ol j = 0.\]
	以上的零點剛好為 $p$ 和 $q$，故 $p+q = 2j$ 而 $pq = j / \ol j$。
	因此個算
	\[ y' = \frac{pq(b+c)-bc(p+q)}{pq-bc}
		= \frac{j(b+c)-2bcj \ol j}{j - bc \ol j} = \frac{j(b+c)-2bcj \ol j}{j-bc\ol j}. \]
	將可得
	\[
		x = 2j - x' = \frac{j(2j-b-c+2bc \ol j)}{j + bc \ol j}
		\quad\text{和}\quad
		y = 2j - y' = \frac{j(2j-b-c)}{j - bc \ol j}.
	\]
	由此可得
	\begin{align*}
		y-x &= j \cdot \frac{(2j-b-c)(j+bc\ol j)-(2j-b-c+2bc\ol j)(j-bc \ol j)}{(j-bc \ol j)(j+bc \ol j)} \\
		&= j \cdot \frac{2bc \ol j(2j-b-c)-2bc \ol j(j  - bc \ol j)}{(j-bc\ol j)(j+bc\ol j)} \\
		&= j \cdot \frac{2bc \ol j \left( j-b-c+bc \ol j \right)}{(j-bc\ol j)(j+bc\ol j)} \\
		X = \frac{y-x}{x} &= \frac{2bc \ol j \left( j-b-c+bc \ol j \right)}{(j-bc\ol j)(2j-b-c+2bc\ol j)} \\
		A = \frac{y-a}{a} &= \frac{j(2j-b-c-a)+abc\ol j}{a(j-bc\ol j)}
	\end{align*}
	我們需證 $X/A = \ol{X/A}$。
	將設 $a=x^2$, $b=y^2$, $c=z^2$, $j=-(xy+yz+zx)$, $\ol j = -\frac{x+y+z}{xyz}$ （跟以前的 $x$, $y$ 無關）。
	根據上述改寫成
	\begin{align*}
		X &= \frac{2\frac{yz}{x}(x+y+z)(\frac{yz}{x}(x+y+z)+y^2+z^2+xy+yz+zx)}{\left( -\frac{yz}{x}(x+y+z)+xy+yz+zx \right)\left( y^2+z^2+2(xy+yz+zx)+2\frac{yz}{x}(x+y+z) \right)} \\
		&= \frac{2yz(x+y+z)\left( 2xyz+\sum_{\text{sym}} x^2y \right)}{(y+z)(x^2-yz)\left( x(y+z)(2x+y+z)+2yz(x+y+z) \right)} \\
		&= \frac{2yz(x+y+z)(x+y)(x+z)}{(x^2-yz)\left( (x^2+yz)(y+z)+(xy+yz+zx)(x+y+z) \right)} \\
		\intertext{並}
		A &= \frac{(xy+yz+zx)(x+y+z)^2-xyz(x+y+z)}{x^2(-(xy+yz+zx)+\frac{yz}{x}(x+y+z))} \\
		&= \frac{(x+y+z)(x+y)(y+z)(z+x)}{x(yz-x^2)(y+z)} \\
		\intertext{故}
		X/A &= \frac{-2xyz}{(x^2+yz)(y+z)+(x+y+z)(xy+yz+zx)} \\
		&= \frac{-\frac{2}{xyz}}%
		{(\frac{1}{x^2}+\frac1{yz})(\frac1y+\frac1z)  +  (\frac1x+\frac1y+\frac1z)(\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx})} \\
		&= \ol{X/A}
	\end{align*}
	得證。
\end{soln}


\section{練習題}
\begin{enumerate}
	\ii 令 $ABCD$ 為圓內接的四邊形。令 $H_A$, $H_B$, $H_C$, $H_D$ 分別為三角形 $BCD$, $CDA$, $DAB$, $ABC$ 的垂心。試證 $\ol{AH_A}$, $\ol{BH_B}$, $\ol{CH_C}$, $\ol{DH_D}$ 共點。
	\ii (China TST 2011) 令 $\Gamma$ 為三角形 $ABC$ 的外接圓。 假設 $\ol{AA'}$, $\ol{BB'}$, $\ol{CC'}$ 為 $\Gamma$ 的直徑。設 $P$ 為 $ABC$ 內的莫一點，並設 $D$, $E$, $F$ 分別為 $P$ 對 $\ol{BC}$, $\ol{CA}$, $\ol{AB}$ 的垂足。 令 $X$ 為 $A'$ 對 $D$ 的對稱點；類似定義 $Y$ 和 $Z$。試證 $\triangle XYZ \sim \triangle ABC$。
	\ii 令 $ABCD$ 為四邊形，且 $\ol{AB}$, $\ol{BC}$, $\ol{CD}$, $\ol{DA}$ 對莫個圓 $\omega$ 相切。試證：$\ol{AC}$ 的中點，$\ol{BD}$ 的中點，與 $\omega$ 的圓心共線。
	\ii (Simson 線) 令 $ABC$ 為三角形並 $P$ 為 $ABC$ 的外接圓上的莫一點。
	\begin{enumerate}[(a)]
		\ii 令 $D$, $E$, $F$ 為 $P$ 對 $\ol{BC}$, $\ol{CA}$, $\ol{AB}$ 的垂足。試證 $D$, $E$, $F$ 共線。
		\ii 令 $H$ 為 $ABC$ 的垂心。試證 $\ol{EF}$ 通過 $\ol{PH}$ 的中點。
	\end{enumerate}
	\ii (Princeton) 令 $\gamma$ 和 $I$ 分別為三角形 $ABC$ 的內心和內接圓。設 $D$, $E$, $F$ 分別為 $\gamma$ 對 $\ol{BC}$, $\ol{CA}$, $\ol{AB}$ 的切點，並設 $D'$ 為 $D$ 對 $I$ 的對稱點。假設直線 $EF$ 分別為 $\gamma$ 對 $D$ 與 $D'$ 的切線交於點 $P$ 與 $Q$。試證 $\angle DAD' + \angle PIQ = 180\dg$。
	\ii (Schiffler 點) 令 $I$ 為 $\triangle ABC$ 的內心。試證： $\triangle AIB$, $\triangle BIC$, $\triangle CIA$, $\triangle ABC$ 的歐拉線 (Euler line) 共點。
	\ii (USA TST 2014) 令 $ABCD$ 為內接圓的四邊形，且設 $E$, $F$, $G$, $H$ 分別為 $\ol{AB}$, $\ol{BC}$, $\ol{CD}$, $\ol{DA}$ 的中點。設 $W$, $X$, $Y$, $Z$ 分別為 $AHE$, $BEF$, $CFG$, $DGH$ 的垂心。試證： $ABCD$ 和 $WXYZ$ 的面積相等。
	\ii 令 $O$ 為三角形 $ABC$ 的外心。一條通過 $O$ 的直線 $\ell$ 分別於 $\ol{AB}$ 與 $\ol{AC}$ 交於點 $X$ 與 $Y$。 令 $M$ 和 $N$ 分別為 $BY$ 和 $CX$ 的中點。 試證 $\angle MON = \angle BAC$。
	\ii (APMO 2010) 令 $ABC$ 是銳角三角形，滿足 $AB > BC$ 且 $AC > BC$。
	分別記 $O$ 與 $H$ 為三角形 $ABC$ 的外心與垂心。 設三角形 $AHC$ 的外接圓交直線 $AB$ 於異於 $A$ 的一點 $M$; 且三角形 $AHB$ 的外接圓交直線 $AC$ 於異於 $A$ 的一點 $N$。證明三角形 $MNH$ 的外接圓圓心在直線 $OH$ 上。
	\ii (Iran 2013) 令 $ABC$ 是銳角三角形，並設 $M$ 為劣弧 $\widehat{BC}$ 的中點。取 $N$ 在 $ABC$ 的外接圓上，使得 $\ol{AN} \perp \ol{BC}$，在分別取 $K$, $L$ 在邊 $AB$ 和 $AC$ 上使得 $\ol{OK} \parallel \ol{MB}$, $\ol{OL} \parallel \ol{MC}$，此處 $O$ 為 $ABC$ 的外心。試證 $NK = NL$。
	\ii (MOP 2006) 令 $ABCD$ 為圓內接的四邊形，並設 $O$ 為 $ABCD$ 的外心。 設 $P$ 為平面上的莫一點，且設 $O_1, O_2, O_3, O_4$ 分別為三角形 $PAB,PBC,PCD,PDA$ 的外心. 試證：$\ol{O_1 O_3}$, $\ol{O_2O_4}$, $\ol{OP}$ 的中點共線。
\end{enumerate}

 
\end{document}
