馬杉：文字数が多すぎる
平山：見た目ヤバw
馬杉：点多すぎねえか？？
兒玉：$OG$ と出てくる円接するね
平山：$H$ は $AI$ 上だという予想に至っていて、これが正しければ $(\mathrm{a})$ は終わる
平山：とりあえず $G$ の定義にあの謎の円を使いたくない
宿田：図的に $DG$ って弧 $BC$ の中点通りそうに見える
平山：絶対それだな
宿田：接弦定理でangle-chaseしたら出来た
平山：円 $ADG$ さよなら～
宿田：点 $O$ も要らない子かな
兒玉：これ最初から全部の点描いちゃいけないな
平山：弧 $BC$ の中点を $M_1,M_2$ とします、$M_1$ が $A$ 側
宿田：円周上にたくさん点があるからPascal使いたくなるねえ…
平山：Pascalで $EFH$ の共線言えた
馬杉：ほんとだ
宿田：$G$ が $G$ じゃないと $AD$ に載らないから、特有の性質が必要そう
兒玉：$ABGC$ 調和四角形
兒玉：$AD$ と $EF$ の交点 $H^{\prime }$ にしませんか、それで $B{H}^{\prime }M$ の共線を示したい
渡辺：$A{M}_1,BC,G{M}_2$共点
平山：その共点、$EF$ 上にあるように見える
宿田：円 $AXDG$、アポロニウスになるのか、これで $4$ 直線の共点も言える？
平山：詳しく
宿田：$BC$ と $EF$ の交点を $X$ にして、$BA:BC=BD:DC=BG:GC$ でアポロニウスができて
平山：円 $ADG$ 全くさよならしてなかった…
宿田：その円に $X$ が乗って、$DX$ が直径なので
馬杉：$X$ が乗る理由がわからない
宿田：$XBDC$ の調和点列
兒玉：それが調和なの示せてる？
宿田：え、こういう構図なかったっけ
兒玉：あるやん！
平山：あー、Cevianのやつか
兒玉：チェバとメネラウスのやつや、安心
宿田：これで4直線の共点が言えた
平山：$(1)$ もう終わるのかな？
兒玉：$M_{1}B{M}_{2}C$ が調和四角形だから、$EF$ 上に射影して $XF{H}^{\prime }E$ が調和点列
宿田：$B$で移すこと考えると $ACL{M}_1$ の調和が欲しい
兒玉：それ$E$で移すと $ABGC$ になるけど正当化できるのかな
平山：円から円やったことないけどどうせ正しいやろ
宿田：まあ念のため辺比計算すればいいかな
兒玉：辺比計算で確認できた
平山：$(1)$ おわり。
馬杉：重くない？気のせい？
平山：$(2)$ 意味わからなさすぎるんだけど
馬杉：しんど…
平山：$M,N$ って用無しなのかな？$H$ とか $G$ とか $X$ も要らないっぽいな
宿田：$AB=AC$ の場合を仮に考えると定円 $M_2$ 通るのかな
馬杉：$AI$ と $KL$ のなす角度欲しい、垂直？
平山：あっていて、なんなら $P$ って $AI$ の中点じゃん
馬杉：ほんとだ
平山：$K,L$ も一応要らないことに…
宿田：$M_2$ 中心だから円 $BIC$ も固定されるんやね
平山：さて問題は $Q$ でございますよ
宿田：$IJ$ の中点 $Y$ として、$QI$ と $M_{2}Y$ が平行、でっていう
渡辺：$M_{2}Y$ を二倍に伸ばすと外接円に乗りそうなの気のせいですか
平山：$IJ$ 上に $O$ が乗るのか、というかそれ示せば終わりなのか
宿田：それだ。
渡辺：$O$ 復活か？
平山：$J$ が要らなくて、$\mathrm{\angle }QIO$ が直角なのを示せば良い
馬杉：なるほど
平山：円 $BCI$ も要らないですね、もはやどうにでもなりそう
宿田：もう複素で良くね(白目)
平山：いやまあ多分終わるけど、敗北感が…
平山：めいめい直線 $OI$ について知ってることを語ってくれ
宿田：等辺が出てくるあの構図はあるけど、多分使えない…
平山：三辺への距離の和が $3r$ の点の軌跡って $I$ を通り $OI$ に垂直なんだけど
宿田：そんなのあるんか
平山：どうせその方針も計算できるんだけど、なんかなあ…
宿田：Butterflyが一瞬頭をよぎった、使えないけど。
平山：えっ、天才？
兒玉：$Q$ が $IR$ の中点となるようにとる？
平山：$R$ って $KL$ 上に乗るのか
兒玉：そうだね
平山：$RS$ の中点が $I$ になるように $S$ 取ると $BC$ 上ってことか
兒玉：それが題意と同値なのは分かった
宿田：Butterflyの逆って大丈夫だっけ
平山：大丈夫だと思う
宿田：思ったことはとりあえず言うものですね…
平山：$BC$ と $IQ$ の交点を $S$ として $RI=IS$ を示せばいいのかな
兒玉：$EF$ が浮いてる…
平山：ん、これ $SIQR$ が調和点列って言えばいいのか、$X$ とかで移せないか？
宿田：もはや $X$ の存在忘れてた()
平山：$AHID$ が調和点列なのって $(1)$ で言えてたっけ
宿田：上のCevianの構図でまとめて言えてる
平山：$IT$ の中点が $R$ になる $T$ を取ると、これって $A{M}_1$ 上にあるけど
平山：$AHID$ を $X$ で移して $TQIS$ が調和で、終わったかな？
兒玉：理解した
平山：射影で必要そうなことほとんど出てきた感
宿田：わかる。

• $G$ が $G$ である必要性の検証のために、$G$ を外接円上の適当な点にした場合の図を描いていた (17行目)
• $BC$ の中点と外接円がある時点で調和四角形は頭の片隅で疑うべき (18行目)
• アポロニウスに気付いたのは、Cevianの構図が先に見えたから直角とあわせて (22行目)
• どれを定義にすれば全共点が一気に言えるかを考える (22行目)
• 円から円でも複比って移せるんですね、初めて知った (38行目)
• さすがに図を描きなおす、もちろん減らせる点は減らす、前設問の結論も使う (46行目)
• 極端な場合を考えるのは大事、予想の真偽を見抜くときによく使う (47行目)
• 消した点の復活は時々あるので慎重に (82行目)

$(1)$ 優弧 $BC$ の中点を $M_1$, 劣弧 $BC$ の中点を $M_2$ とする. 接弦定理より $\mathrm{\angle }AGD=\mathrm{\angle }DAO=\mathrm{\angle }A{M}_2{M}_1$ であるから $G,D,M_1$ は共線. また $\mathrm{\angle }BG{M}_1=\mathrm{\angle }CG{M}_1$ より角の二等分線定理から $BG:CG=BD:DC=AB:AC$ であり, 特に四角形 $ABGC$ は調和四角形. $A,N,B,G,C,M$ に対してPascalの定理を適用することにより $F,H,E$ の共線がわかる. また, $BC$ の中点を $M_3$ とすると $AD{M}_3{M}_1$, $DG{M}_3{M}_2$ はそれぞれ共円であるから, これらと $\mathrm{\Gamma }$ の根心を考えることで, $A{M}_1,BC,G{M}_2$ が一点 $X$ で交わることがわかる. $\mathrm{\angle }XGD=\mathrm{\angle }XAD={90}^{\circ }$ より $A,X,G,D$ は共円. $ABGC$ が調和四角形をなすこととあわせて, この円は $B,C$ に対するアポロニウスの円である. よって $(X,D;B,C)=-1$. また, $FE$ と $BC$ の交点を $X^{\prime }$ とすると, Menelausの定理から $${\displaystyle \frac{AE\mathrm{・}C{X}^{\prime }\mathrm{・}BF}{EC\mathrm{・}{X}^{\prime }B\mathrm{・}FA}}=1$$ であるから, 角の二等分線定理とあわせて $B{X}^{\prime }:X^{\prime }C=BD:DC$. よって $(X^{\prime },D;B,C)=-1$ であり, 特に $X=X^{\prime }$ である. $AD$ と $EF$ の交点を $H^{\prime }$, $BE$ と $\mathrm{\Gamma }$ の交点のうち $B$ でない方を $L$ とすると, $$(X,H;F,E)=(C,M;A,L)=(C,G;A,B)=-1=(X,D;B,C)=(X,H^{\prime };F,E)$$ より $H=H^{\prime }$. よって $H$ は直線 $A{M}_2$ 上にあり, $M_2$ は定点であるから示された.

$(2)$ 簡単な角度計算により $KA=KI,LA=LI$ がわかるので, $KL$ は $AI$ の垂直二等分線. よって直線 $QI$ と $A{M}_1,KL,BC$ の交点をそれぞれ $T,R,S$ とすると, $TR:RQ:QI=2:1:1$ が成り立つ. ここで $$(T,I;Q,S)=(A,I;H,D)=(C,B;X,D)=-1$$ より $RI=IS$. $QS$ と $\mathrm{\Gamma }$ の交点を $T$ に近い方から順に $U,V$とすると, $$(U,I;R,V)=(U,B;K,V)=(U,S;I,V)$$ であるから, $RI=IS$ とあわせて $UI=VI$. したがって $OI\perp UV$ であるから, $O,I,Y$ は共線. ゆえに $M_{2}Y$ を $2:1$ に外分する点は $\mathrm{\Gamma }$ 上にあるから, $Y$ は $M_2$ を中心に $\mathrm{\Gamma }$ を $1/2$ 倍に相似拡大した定円上にある.