本篇继续研究下述问题：
1、已知：如图，O、I为△ABC外心、内心，BI,CI分别交AC,AB于D,E。
过I的OI的垂线交BC、DE于F、G。
求证：IF=2IG。
（公众号“我们爱几何”2017年5月20日“新题快递” 作者 林天齐）
上一篇介绍了此题的别人的五种思路和解答，本篇介绍本人对此题的两种思路及解答：
思路六：
1:2模型还是比较常见的，看到此题我想到了另外一道经典的60°三角形中比例也是1:2的类似的问题——文[1]中的第3题。即
2、已知：如图，锐角△ABC内角平分线BE、CF交于I，IP⊥EF于P，IP交BC于Q，且IQ=2IP。
求∠BAC,
结果是∠BAC=60°,当时的解答相当“神奇”，如上图，是通过过A作PQ平行线，交EF、BC于T、D，利用调和点列得到AT=TD，然后解决的问题。事实上不难发现，此时OI//EF,因此第2题实际上是第1题的特例。
因此我希望能照猫画虎，看能否类比此题解法来解答上述第1题。
首先首先如图，类似的作FG平行线交DE,BC于T,R。
AI交DE,BC于S,N,则
由完全四边形性质知A,T;S,N为调和点列，
故GI:AT=IS:AS=IN:NA=FI:AR,
从而可得到
IF=2IG<=>AT=TR,
这是上面的套路，没什么问题。
但是下面如何往下走呢，
首先可以消去FG直线了，
经过一段时间的探索，我突然想到将其进一步
补成完全四边形，
即如图，延长ND交AB于P，
延长ED交CB于Q，
由完全四边形对角线互相调和分割得到
B,A;E,P为调和点列，
从而Q[B,A;E,P]为调和线束，
故AT=TR<=>AR//PQ
从而得到只需证明OI⊥PQ即可。
从而此命题转化为如下问题（为了方便，字母重新标注）
3、已知：O、I为ΔABC的外心、内心，AI、BI、CI
交对边于D、E、F，DE交BA于G，FE交BC于H。
求证：OI⊥GH
继续分析：感觉这样一来，将问题1等价转化为3，她似乎比问题1简单一些，看到外心垂直，最自然的思路是利用定差幂线及圆幂，应该能够计算得到。
证明如下：
证明：设△ABC三边为a,b,c,
I在AB、AC上投影为J、K，
GA=x,HC=y,
则AJ=0.5(b c-a),CK=0.5(b a-c),
由梅涅劳斯定理得
1=(BG/GA)(AE/EC)(CD/DB)=(BG/GA)(c/a)(b/c),
故x=bc/(a-b),
同理y=ac/(c-b),
从而由定差幂线知
OI⊥GH
<=>OG^2-OH^2=IG^2-IH^2
<=>GA*GB-HC*HB=GJ^2-KH^2
<=>x(x c)-y(y a)=(x y b)(x-y c-a)
<=>cx-ay=(c-a b)x (c-a-b)y b(c-a)
<=>(b-a)x (c-b)y=b(a-c)
<=>-bc ab=b(a-c)
显然成立，
从而原结论成立。
注：
1)上述解法比较曲折，首先将问题等价转化为AT=TR,再将其等价转化为OI⊥GH,最后使用定差幂线证明了OI⊥GH。曲径通幽处，别有一番风味。体现了解决数学问题的重要方法就是不停的将问题转化，把陌生的问题转化为熟悉的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，然后蚕食鲸吞、各个击破。
2)此解法中最后得到的直线GH其实大有深意，对于△ABC平面上任意点I都有类似的直线，而且DF与AC的交点也在GH上。即4、如图：△ABC平面上任意点I，AI交BC于D，BI交AC于E，CI交BA于F，
DE交BA于G，EF交BC于H，FD交AC于J，则G,H,J共线。
这是不难证明的，对△ABC及△DEF，因为AD、BE、CF共点于I，根据笛沙格定理即得
G,H,J共线。
一般的此直线称为点I对△ABC的三线性极线（trilinear polar）。因此第3题相当于证明了OI垂直I的三线性极线。
3）按此思路，此类问题都可以类似的推广。
思路七：
我们希望考察与OI垂直的直线GF所具有的特征。前面的思路基本都是几何的思路。还可以考虑解析的角度，我们知道点到直线距离公式是个一次式，为了去掉绝对值，我们可以引入有向距离的概念，即给距离引入符号。我们规定点在△ABC内部时，点到三边距离都是正的，在其他区域，当越过某条直线后距离变号。这样距离公式变成了线性的。从而我们知道，满足点P到三边距离（有向）的线性组合的等式的点的轨迹都是一条直线。最特殊的是到三边距离（有向）之和为定值的点的轨迹也是一条直线。可以发现GF恰好就是这样的直线！其上每个点到三边距离之和都为3r(r为内切圆半径)。
如果此结论成立，结合DE的一个常见性质：DE上点到AB、AC距离之和等于其到BC距离，则利用比例瞬间即得IF=2IG。
下面是如何由OI⊥GH证明GH上面的点都满足到三边距离之和为定值？考虑到OI在AB、AC上投影之和等于其在BC上投影长。结合垂直及相似即可得证。
证明：
先证明引理：
一个显然的结论，如下图，AB⊥BC,AD⊥DB,
EB⊥EC,且D,B,E共线，
则△ADB∼△BEC,故DB:CE=AB:BC。
即：互相垂直的两个线段在互相垂直的两个方向的投影之比为两线段长度之比。
然后证明与OI垂直的直线上任意一点到三边的距离之和为定值
如图，设MI⊥OI，
O,I在三边上的投影分别为J,K,L和P,Q,R，
M在IR,IQ上投影为Y,Z,
MX⊥BC,IX//BC,
设△三边为a,b,c,内切圆半径为r,
显然有JP=0.5a-0.5(a b-c)=0.5(c-b),
同理QK=0.5(c-a),RL=0.5(a-b),
则JP=QK RL。
设OI:IM=t，
由引理知JP=tMX,QK=tIY,RL=tIZ,
故MX=IY IZ,
即M到三边的距离等于I到三边的距离为3r，
从而我们得到与OI垂直得直线上任意一点到三边的距离之和为定值
最后证明本结论：设G在三边上的投影为T,U,V,点I在BC上投影为S，内切圆半径为r。
因为点到直线距离的公式是线性的，
而点E,D显然满足到AB、AC距离和等于其到BC距离，从而
DE上任意一点到AB、AC距离和等于其到BC距离。
故GT=GU GV。
由前面证明又知FG上任意一点到三边距离之和为3r,
故GT GU GV=3r,
故GT=1.5r，
故FI:FG=1:1.5=2:3,
即IF=2IG。
注：
1） 此思路比较特殊，有解析的味道，事实上此证明是借鉴了在三角形中常用的另一种坐标——三线坐标。对三线坐标感兴趣的读者可以参阅[2][3]。
2） 此解法也具有一般性，即到三边距离和为定值的点的轨迹所在的直线与OI垂直。这是很有趣而重要的结论。
3） 利用此结论，还可以轻松的证明证法1中用到的那个引理，即
5、如图，△ABC中，O、I分别为其外心、内心，过I做OI的垂线分别交BC和∠A的外角平分线于D、E。求证：EI=2DI。
证明：由上述证明知E到三边的距离（有向）和为3r，而E到AB、AC距离绝对值相等且符号相反，从而E到BC距离为3r，故ED=3ID即EI=2DI。
此题的七种解法介绍完毕。可以发现上述七种解答各有千秋，基本每个解答都是结合了好几个结论。解答一到五都用到了蝴蝶定理，基本都是将其转化为与蝴蝶定理有关的结论进行证明的。要么使用调和，要么使用笛沙格定理、坎迪定理等，当然本质上是一样的。证法六将其转化为三线性极线问题，进而用定差幂线证明。证法七另辟蹊径，利用了解析几何中点到直线距离的线性性解决问题，大智若愚、大巧若拙。此题难度还是比较高的，上述解答都比较曲折，需要不停的转化问题。这是解决难题的基本套路。希望初学者多多体会。
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