concurrente rechten

Dit wordt het eerste bewijs waar ik gebruik maak van gerichte hoeken. In het hoeken jagen zit dus een vergrote kans op fouten.

De opgave kan overzichtelijkerhalve worden opgedeeld in twee delen:
Deel 1:
Kies een punt $T'$ op de boog $AB$ van de omgeschreven cirkel van $\triangle ABC$ waarop $C$ ook ligt. Definieer nu $R'$ en $P'$ als de snijpunten van respectievelijk $M'T$ en $AB$, en $KT'$ en loodlijn in $B$ op $AB$. Nu geldt dat $T'P'BR'$ een koordenvierhoek is, immers
$$
\angle P'T'R' = \angle KT'M = \angle KAM = \angle KAB + \angle BAM = \angle KAB + \angle BCM=
$$
$$
\angle CAK + \angle MCA = \angle CIA=\angle P'BR'.
$$
Nu geldt dat
$$
\angle P'R'B = \angle P'T'B = \angle KT'B = \angle KAB.
$$
Dus
$$
AK \parallel P'R'. (1)
$$
Deel 2:
Nu terug naar de opgave:
noem het snijpunt van $PK$ en $MR$ $T$ en het andere snijpunt, van $PK$ met de omgeschreven cirkel van $\triangle ABC$ $T'$. Definieer $P'$ en $R'$ analoog aan het gedeelte hierboven naar $T'$ op de omcirkel. Dan geldt duidelijk dat $P=P'$ ($KP \not \parallel BP$, dus uniek snijpunt) en verder zijn $R$ en $R'$ beide het snijpunt van de lijn door $P=P'$ evenwijdig aan $AK$ met $BC$, dus $R=R'$ ($AK \not \parallel BC$, wederom slechts een snijpunt). Blijkbaar moet dan ook gelden $T=T'$ ($MR \not \parallel KP$, waardoor -vergelijkbar met de vorige twee soortgelijke gevallen- wederom maar een enkel snijpunt).
Het snijpunt van $KP$ en $MR$ ligt dus op de omcirkel van $\triangle ABC$, analoog geldt dit ook voor $LQ$ en $MR$ . Of tel wel de rechten $KP$,$LQ$,$MR$ zijn concurrent.