На самом деле это сходство более чем обоснованно. Вот обобщение:
Дан треугольник ABC. L - точка де лонгчампа. BL пересекает AC в точке D. проекции D на AB и BC - C_1 и A_1. Окружность CDC_1 пересекает описанную в точке C_2, аналогично определяется A_2. DA_1 и A_1A_2 пересекаются в E, а DC_1 и CC_2 в F.
Тогда:
1)AA_1 и CC_1 пересекаются на BD
2)AE и CF пересекаются на A_1C_1
3) EF проходит через B.
4)A_2A_1 и C_2C_1 проходят через точку диаметрально противоположную B
5) Пусть EF вторично пересекает описанную окружность в точке X. Тогда DX проходит через точку диаметрально противоположную B.


Теперь рассмотрим как из этого получаются те чудо треугольники:
Несложно доказать, что D лежит на кубике Дарбу (в точности 1 пункт), также известно что кубика дарбу симметрична относительно O. Пусть D' симметрична D относительно O. В первом чудо треугольнике D' совпадает с H, во втором с I. Понятно что так можно делать с другими точками на кубике Дарбу.

по мотивам последнего поста из олимпиадной геометрии. Докажите, что в прямоугольном треугольнике окружности анти - аполлония касаются

Оказывается это олимпиада шарыгина 2010 9.7

Пытаясь найти ещё некоторые приложения CRL, я осознал следующую довольно интересную мысль. (картинки в комментариях)

Давайте зафиксируем окружность и
запишем CRL в таком виде: f_AB(D)*f_AB(E)*f_BA(F)=1, а gcrl: f_AB(D) * f_AB(E) * f_AB(F) * f_AB(G) * f_BA(H)*f_BA(I)=1. (На самом деле это можно воспринимать как направленные окружность и прямая). Все то что мы только что получили сильно похоже на сложение точек на кубике (действительно "Сложение" (в нашем случае умножение) трех точек на одной прямой / 6 точек на 1 конике равно нейтральному элементу (бесконечно удаленной точке). И можно было бы говорить о группе, но в нашем случае несколько точек имеют одно и тоже значение. Исправим это следующим образом:

Введем кул рейшо функцию несколько по другому (назовем её g(X) ): на прямой кул рейшо функция будет определяться как g(X)=-f_BA(X) а на окружности будем её определять как i *f_AB(X). Благодаря такому определению уравнение f(x)=t будет разрешимо единственным образом не только на окружности и прямой по отдельности но и в совокупности. CRL же перепишется следующим образом:
g(D)*g(E)*g(F)=1, а gcrl как g(D)*g(E)*g(F)*g(G)*g(H)*g(I)=1. И то что мы получили действительно очень похоже на сложение точек на вырожденной кубике. Это действительно группа (ассоциативность очевидна, нейтральный - середина, обратный соответственно пересечение с прямой через середину).


Ну и соответственно появляются несколько вопросов:
1. Действительно ли я прав и такой алгоритм (X+Y - такая точка, что g(X+Y)=g(X)*g(Y) является сложением точек на вырожденной кубике
2. Можно ли это обобщить над CP2 (само простое отношение (AB;X) над CP2 можно (наверное) считать двойным отношением [AB;XY], где Y - бесконечно удаленная точка прямой AB если X на AB и Y - точка пересечения касательной из бесконечно удаленной точки прямой AB к окружности AXB (одна из 2, это не особо важно на самом деле это тоже самое что и выбор с какой стороны +). Сама CRL в этом случае доказывается немного муторно но доказывается)?
3. Главный плюс CRL относительно обычного сложения это то что эти самые значения можно вычислять, а можно ли как то это обобщить на произвольную циркулярную кубику, так чтобы эти отношения было не сложно считать?
4. Тот же вопрос но про произвольную кубику.

Оказывается я не попал, но тут тоже есть подобная трактовка:
1) F_XY(A+B)=1/(F_XY(B)/F_XY(A)), то есть F_XY(A+B)=F_XY(A)*F_YX(B)
2)Из первого доказательства GCRL (смотреть закреп) существование инволюции меняющей (A+B, 0), (A,B), (X,Y) равносильно F_XY(A)*F_XY(B)=1*F_XY(A+B)
3) F_XY(A+B)=1/F_XY(C)=F_YX(C)

Всё согласуется с первой идеей (когда решил добавить i видимо свернул не туда) и остаются 3 и 4 вопросы.