gelijke hoeken

We inverteren rond $C$. We noemen $X'$ het beeld van $X$ door deze inversie. We beschouwen rechten als cirkels met oneindige straal. Ze zijn 'rakend' als de rechten evenwijdig zijn.

De cirkel $\tau$ verandert in de rechte $A'B'$. De rechte $AB$ wordt de omgeschreven cirkel van $\Delta A'B'C$. Nu moet $\Omega '$ rakend zijn aan de beelden van $AC$, $\tau$ en $BC$. Deze zijn exact $A'C$, $B'C$ en $A'B'$. Dus $\Omega '$ raakt aan alle zijden van $\Delta ABC$. Omdat $\tau$ en $\Omega$ elkaar inwendig raakten, moet $\Omega'$ een aangeschreven cirkel tegenover $C$ zijn. $P$ gaat nu naar het raakpunt van $\Omega'$ met $A'B'$.

Laten we nu eens kijken waar de rechte evenwijdig met $AB$ door $Q$ heen gaat. Noem deze rechte $l$. Het beeld $l'$ moet raken aan het beeld van $AB$ en $\Omega$, dus aan de omgeschreven cirkel van $\Delta A'B'C$, zeg vanaf nu $\omega$, en aan $\Omega'$. $Q'$ is dan het raakpunt van $\Omega'$ met $l'$.

Laat $X$ het tweede snijpunt van $\Omega'$ met $CP'$ zijn. Spiegel rechte $CX$ rond de bissectrice van $\widehat{B'CA'}$. Noem het beeld van $X$ onder deze spiegeling $Q_1'$. Het eerste wat we kunnen opmerken is dat $Q_1'$ op $\Omega'$ ligt; immers, de bissectrice van $\widehat{B'CA'}$ is een symmetrie-as van $\Omega '$.

Laat nu het $M$ het snijpunt zijn van de raaklijnen door $Q_1'$ en $C$ aan $\Omega'$ en $\omega$ resp. Laat $R$ het snijpunt zijn van $B'C$ met de raaklijn aan $\Omega'$ door $X$. Nu geldt dat:
$\widehat{MQ_1'C}=\widehat{RXP'}$ (spiegelen bewaart de hoeken)
$=\widehat{XP'B'}$ ($P'B'$ en $XR'$ zijn beide raaklijnen)
$=\widehat{A'B'C}+\widehat{B'CP'}$ (buitenhoek)
$=\widehat{A'CM}+\widehat{Q_1'CA'}$ (raakomtrekshoek, spiegeling bewaart hoeken)
$=\widehat{Q_1'CM}$.

Bijgevolg is $\Delta Q_1' CM$ gelijkbenig met top $M$. Door nu het snijpunt van de loodlijnen uit $MQ_1'$ en $MC$ te construeren hebben we het middelpunt van een cirkel die raakt aan $\omega$ en $\Omega'$. Deze cirkel bestaat dus altijd, maar is ook uniek: stel dat deze bestaat. Dan moet het snijpunt van haar raaklijnen aan $\omega$ en $\Omega'$ altijd op de machtslijn van $\omega$ en $\Omega'$ liggen, want machtslijnen zijn concurrent. Aangezien dit snijpunt uniek bepaald is door de machtslijn en de raaklijn aan $\omega$ door $C$, is ook deze cirkel, als ze bestaat, uniek. Omdat we hebben aangetoond dat ze bestaat, moet nu ook $Q'=Q_1'$. Maar dan moet $\widehat{Q'CB'}=\widehat{P'CA'}$ omdat een spiegeling hoeken bewaart! Hieruit volgt dat $\widehat{ACP}=\widehat{QCB}$. Q.E.D.