Školjka

%V0 Prije početka riješavanja dokažimo lemmu koja vrijedi za bilo koji trokut. $Lemma:$ Neka je $X$ točka u unutrašnjosti trokuta $\triangle ABC$ takva da $\angle XBA= \angle XCA$, i neka je $Y$ točka takva da je četverokut $XBYC$ parallelogram. Tada vrijedi $$\angle XAB= \angle YAC$$ $ Dokaz:$ Konstruirajmo točku $D$ tako da je četverokut $XCAD$ paralelogram tada je $\angle XBA = \angle XCA = \angle XDA$ odakle slijedi da je četverokut $XADB$ tetivan, uočimo još da je $AD\| XC \| BY$ te da je $\overline{\rm AD} = \overline{\rm CX} = \overline{\rm BY}$. Dakle iz činjenice da su $ACXD$ i $XBYC$ parallelogrami slijedi da je i četverokut $ADBY$ parallelogram. Sada imamo sve što nam je potrebno da dovršimo angle chase. $$ \angle XAC = \angle AXD= \angle ABD = \angle YAB$$ Lemma nam sada ukazuje da $\angle BFE = \angle GFD $ što nam nam hinitira na moguću sličnost nekih trokuta, točnije ako bismo dokazali da $\angle EBF = \angle GDF $ dobili bismo da vrijedi $\triangle EBF \sim \triangle GDF$. Sličnost slijedi iz $$\angle EBF = \angle DBA + \angle ABF = \angle DCE + \angle CDA = \angle GDC+\angle CDA=\angle GDF$$ Uz ovo uočavamo da $\angle DEF =\angle DHF$ jer je $H$ preslika točke preko pravca $DF$ Iz $\triangle EBF \sim \triangle GDF$ i $\angle DEF =\angle DHF$ slijedi $$\angle DGF = \angle EBF = 180^{\circ} - \angle DEF = 180^{\circ} - \angle DHF $$ Odakle slijedi da su točke $D, G, H $ i $F$ konciklične. $Q.E.D.$