Cycliciteit iff gelijke lijnstukken

$ABCD$ cyclisch $\Rightarrow AP=CP$

Zij $E,F$ de tweede snijpunten van $\Gamma=\odot ABC$ en $BP,DP$, resp. en zij $X,M,Y$ de snijpunten van $AC$ met $DP,OP,PB$ respectievelijk waar $O$ het middelpunt van $\Gamma$ is. Merk op dat de voorwaarde equivalent is met $P\not\in BD$.

Merk op dat $\angle PED = \angle BDA + \angle ABD = \angle CDF + \angle EBC = \angle EDC +\angle CDF = \angle EDP$ waaruit $DP=EP$. Dit betekent dat $OP$ de as van symmetrie is van lijnen $BE$ en $DF$. Omdat bovendien $\angle EDC = \angle EBC = \angle ABD = \angle ACD$ volgt $DE//AC$ en dus is de conclusie $PX=PY$, waaruit direct volgt (uit de symmetrieas $OP$) dat $M$ het midden is van $[XY]$ en $PO\perp AC$. Wegens pythagoras $AM^2=AO^2-OM^2=CO^2-OM^2=CM^2$ is $M$ ook het midden van $[AC]$ en dus zijn we klaar: het gevraagde volgt uit congruente driehoeken $\triangle PMA \cong \triangle PMC $ (zhz)

$AP=CP \Rightarrow ABCD$ cyclisch

In $\triangle BPD$ geldt dat $A$ en $C$ isogonaal geconjugeerd zijn (door te zien dat hun cevianen in $B,D$ isogonaal geconjugeerd zijn), en dus zijn de cevianen in $P$ ook isogonaal geconjugeerd: $\angle APD=\angle BPC$. (hoeken zijn hier georiënteerd) Dit betekent dat $PB$ en $PD$ spiegelbeelden zijn van elkaar ten opzichte van de middelloodlijn $OP$ van $AC$ en bijgevolg $PX=PY$.

Zij $D'$ het snijpunt van $\Gamma$ en $BD$, ongelijk aan $B$. Zij $P'$ het punt op $BP$ zodat $\angle AD'B=\angle CD'P'$. Uit het eerste deel van het bewijs vinden we dan dat $AP'=CP'$, en dus ligt $P'$ op de middelloodlijn van $AC$, en dit is $OP$. Dit kan alleen als $P=P'$.
Ook uit het eerste deel van het bewijs leiden we af dat $PX'=PY$, waar $X'=D'P\cap AC$. Omdat nu $PX=PY=PX'$, volgt $X=X'$ en daaruit ook $D=D'$, dus $D\in\Gamma$.

QED

Ps. merk op dat we de gegeven voorwaarde hebben gebruikt bij het construeren van het punt $P'$, en bij de redenering bij $\triangle BPD$, die niet-ontaard is dankzij de voorwaarde.