所谓”$3-\text{Poncelet共轭}$”，是笔者胡诌的名词，指的是两条圆锥曲线 $\Gamma_1,\Gamma_2$ 满足关于对方是 $3-\text{Poncelet}$ 闭合的.
事情的开端，是网友 @不会画画的梵高 在群中分享了如下问题:
无穷远点 $P$ 关于参考三角形 $\triangle ABC$ 的 $\text{Ceva}$ 三角形的垂三角形与 $\triangle ABC$ 的透视中心 $U$ ，则 $\circ(A,U),\circ(B,U),\circ(C,U)$ 有一条垂直 $P$ 的公切线.
笔者发现如下简洁的刻画与证明:
记 $\triangle DEF$ 为 $P-\text{Ceva}$ 三角形，我们先证明 $U=\mathbf{c}_{\triangle DEF}\mathbf{g}_{\triangle DEF}P$ .
记 $\triangle DEF$ 的中点三角形为 $\triangle M_1M_2M_3$ ，由 $\text{Pascal theorem}$ 知 $P$ 关于 $\triangle DEF$ 的反 $\text{Ceva}$ 三角形顶点在 $\triangle M_1M_2M_3$ 对应边上且 $U$ 在九点圆 $\circ(XYZM_1M_2M_3)$ 上。又 $(\mathbf{c}_{\triangle DEF}\mathbf{g}_{\triangle DEF}P,M_1,M_2,M_3)\overset {\mathbf{g}_{\triangle DEF}\mathbf{a}_{\triangle DEF}}{=}(P,\infty_{EF},\infty_{FD},\infty_{DE})=D(A,\infty_{M_2M_3},M_2,M_3)\overset{X}{=}(U,A,M_1,M_2)$ ，故 $U=\mathbf{c}_{\triangle DEF}\mathbf{g}_{\triangle DEF}P$.
设 $\triangle M_1M_2M_3$ 的垂心 $H$ ，$U,H$ 关于 $M_2M_3$ 对称点 $U’,H’$ ，则 $U’\in \circ(A,U)$ 且 $\angle AU’H=\angle H’UA=\angle H’UX=\frac{\pi}{2}$ ，故 $\circ(A,U)$ 与 $U’H$ 相切.而 $U’H$ 为 $U$ 关于 $\triangle M_1M_2M_3$ 的$\text{Steiner}$ 线，垂直线向 $P$ .由对称性，命题得证.
记 $\triangle DEF$ 的中点三角形为 $\triangle M_1M_2M_3$ ，由 $\text{Pascal theorem}$ 知 $P$ 关于 $\triangle DEF$ 的反 $\text{Ceva}$ 三角形顶点在 $\triangle M_1M_2M_3$ 对应边上且 $U$ 在九点圆 $\circ(XYZM_1M_2M_3)$ 上。又 $(\mathbf{c}_{\triangle DEF}\mathbf{g}_{\triangle DEF}P,M_1,M_2,M_3)\overset {\mathbf{g}_{\triangle DEF}\mathbf{a}_{\triangle DEF}}{=}(P,\infty_{EF},\infty_{FD},\infty_{DE})=D(A,\infty_{M_2M_3},M_2,M_3)\overset{X}{=}(U,A,M_1,M_2)$ ，故 $U=\mathbf{c}_{\triangle DEF}\mathbf{g}_{\triangle DEF}P$.
设 $\triangle M_1M_2M_3$ 的垂心 $H$ ，$U,H$ 关于 $M_2M_3$ 对称点 $U’,H’$ ，则 $U’\in \circ(A,U)$ 且 $\angle AU’H=\angle H’UA=\angle H’UX=\frac{\pi}{2}$ ，故 $\circ(A,U)$ 与 $U’H$ 相切.而 $U’H$ 为 $U$ 关于 $\triangle M_1M_2M_3$ 的$\text{Steiner}$ 线，垂直线向 $P$ .由对称性，命题得证.
过了不久，Ta又在群中发了个类似的命题:
$\triangle ABC$ 的 $A-$ 旁切圆与外接圆的一个交点 $M$ ，则 $\circ(A,M),\circ(B,M),\circ(C,M)$ 有公切线.
@wyccc 发现这个命题有一个非常漂亮的射影叙述如下:
两个三角形 $\triangle_1,\triangle_2$ ，则下面三个条件知二推三:
1)存在 $\triangle_1$ 的外接锥线与 $\triangle_2$ 内切
2)存在 $\triangle_2$ 的外接锥线与 $\triangle_1$ 内切
3)存在 $\triangle_1与\triangle_2$ 的外接锥线.
1)存在 $\triangle_1$ 的外接锥线与 $\triangle_2$ 内切
2)存在 $\triangle_2$ 的外接锥线与 $\triangle_1$ 内切
3)存在 $\triangle_1与\triangle_2$ 的外接锥线.
然后 @wyccc 与 @离谱 分别将两条圆锥曲线射影成两个夹角为 $\frac{2\pi}{3}$ 的等圆、给定三角形的内切圆与 $\text{Feuerbach}$ 双曲线，都得到了很漂亮的命题.
笔者发现，如果使用 @不会画画的梵高 最早发出的命题，可以得到一个别扭的解答:
设 $U$ 处切线与 $\circ(ABC)$ 再交于 $Q\neq U$ ，我们证明由 $P=\mathbf{g}Q$ 在本文开头命题得到的 $U$ 恰为本命题的 $M$ .
延用记号，注意以 $A$ 为中心，交换 $B,C$ 的反演反射下 $(Q,D)(E,F)$ 互换，故 $IQ=ID$ ，这里 $I$ 为 $A-$ 旁心，记 $R=\mathbf g_{\triangle{DEF}}P$ ，则 $\circ(DEFRQ)$ 圆心 $U$ ，由纯几何吧5279(https://tieba.baidu.com/p/7396442649)，$\mathbf g_{\triangle DEF}=R,\mathbf g_{\triangle ABC}=Q,X_2(\triangle DEF)$ 共线，故 $U=\mathbf c_{\triangle DEF}R,R=\mathbf c_{\triangle DEF}Q$ ，从而 $U$ 为 $QR$ 中点.
注意 $\angle IQR=\angle QDR+\frac{\pi}2=\angle QDE+\angle ADF+\frac{\pi}{2}=\angle QDE+\angle AEQ+\frac{\pi}{2}=\angle AEI$,故 $IU=\text{dist}(I,AE)=R(\circ I)$.得证!
延用记号，注意以 $A$ 为中心，交换 $B,C$ 的反演反射下 $(Q,D)(E,F)$ 互换，故 $IQ=ID$ ，这里 $I$ 为 $A-$ 旁心，记 $R=\mathbf g_{\triangle{DEF}}P$ ，则 $\circ(DEFRQ)$ 圆心 $U$ ，由纯几何吧5279(https://tieba.baidu.com/p/7396442649)，$\mathbf g_{\triangle DEF}=R,\mathbf g_{\triangle ABC}=Q,X_2(\triangle DEF)$ 共线，故 $U=\mathbf c_{\triangle DEF}R,R=\mathbf c_{\triangle DEF}Q$ ，从而 $U$ 为 $QR$ 中点.
注意 $\angle IQR=\angle QDR+\frac{\pi}2=\angle QDE+\angle ADF+\frac{\pi}{2}=\angle QDE+\angle AEQ+\frac{\pi}{2}=\angle AEI$,故 $IU=\text{dist}(I,AE)=R(\circ I)$.得证!
3-Poncelet 共轭还有许许多多性质，例如过 $\Gamma_1$ 上一点作 $\Gamma_2$ 的切线，两个切点关于 $\Gamma_1$ 共轭.囿于篇幅所限与笔者水平，在此暂不给出证明.
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