Školjka

Uvedimo $T= EF \cap AM$ , $S$ kao presjek tangenti na $\gamma$ u tockama $K$ i $L$ te $V$ kao presliku $X$ preko $L$. \\$(1)$ $BP = CQ$ $\iff$ $A$ ,$V$ ,$Y$ kolinearne jer tada postoji homotetija sa centrom $A$ koja salje $V$ , $L$ i $X$ u $Q $, $M$ i $P$ redom. \\$(1) \iff \frac{AL}{AK}=\frac{VL}{KY}$ jer $\angle VLA=\angle YKA$. \\Buduci da se tangente na $\gamma$ u tockama $E$ i $F$ sijeku na pravcu $KL$ slijedi da je cetverokut $KLEF$ harmonicni tj. $(ATLK)=-1$ $(2)$ . Uocimo dalje da je $KXLY$ jednakokracni trapez pa mu je sjeciste dijagonala na simetrali osnovica to jest $KL \cap XY$ lezi na $ID$. \\Lemma 1 \\$T=KL \cap XY$ tvrdnju dokazujemo baricentricnim koordinatama, vrijedi $A=(1,0,0)$ , $D(0:s-a:s-b)$ , $E=(s-c:0:s-a)$ , $F=(s-b:s-a:0)$ , $I=(a:b:c)$ i $M=(0:1:1)$ pa dobivamo $AM...y=z$ odakle mozemo pisati $T=(1-2t,t,t)$ pa zbog $T$, $E$, $F$ kolinearne imamo $\begin{vmatrix}1-2t & t & t \\s-c & 0 & s-a \\s-b & s-a & 0 \end{vmatrix}=0$.\\ Odakle slijedi $t=\frac{s-a}{b+c}$ sto daje $T=(a:s-a:s-a)$ pa $T=KL \cap XY \iff T \in ID$ pa je nuzno i dovoljno pokazati $\begin{vmatrix}a & s-a & s-a \\0 & s-c & s-b \\a & b & c \end{vmatrix}=0$. \\Zbrajanjem drugog reda prvom i oduzimanjem treceg se lako vidi da je dana matrica jednaka 0. \\Alternativni dokaz Lemme 1 \\$R= AS \cap BC$. Cetverokut $KLEF$ harmonicni pa vrijedi $-1=(SXEF)\stackrel{A}{=}(RMCB)$ pa slijedi da je $R$ tocka u beskonacnosti jer je $M$ poloviste $BC$. Neka je $l_{\infty}$ pravac u beskonacnosti. $AS$ i $BC$ su redom polare od $T$ i $D$ u odnosu na $\gamma$ \\$AS$ , $BC$ ,$ l_{\infty}$ konkurentni $\stackrel{dualne transformacije}{\iff}$ $T$, $D$, $ I$-kolinearne cime smo dokazali Lemmu1 \\Sada vrijedi $\frac{VL}{KY}=\frac{XL}{KY}=\frac{TL}{TK}\stackrel{(2)}{=}\frac{AL}{AK} $ pa vrijedi i $(1)$ cime smo gotovi.