Prije početka riješavanja dokažimo lemmu koja vrijedi za bilo koji trokut.
![Lemma:](/media/m/a/f/f/affec61aad5eb2770125833866b85e48.png)
Neka je
![X](/media/m/9/2/8/92802f174fc4967315c2d8002c426164.png)
točka u unutrašnjosti trokuta
![\triangle ABC](/media/m/1/f/3/1f3c3c0f3e134a169655f9511ba6ea82.png)
takva da
![\angle XBA= \angle XCA](/media/m/0/a/c/0ac970cfbd4abbc35008a9887a7e3418.png)
, i neka je
![Y](/media/m/3/b/c/3bc24c5af9ce86a9a691643555fc3fd6.png)
točka takva da je četverokut
![XBYC](/media/m/d/a/9/da93557cd27b08aa6f44a42141e6bb65.png)
parallelogram. Tada vrijedi
![Dokaz:](/media/m/c/f/1/cf14784ec286db7e8dda661ef022fb06.png)
Konstruirajmo točku
![D](/media/m/7/0/0/7006c4b57335ab717f8f20960577a9ef.png)
tako da je četverokut
![XCAD](/media/m/8/7/9/879e5cfd9bea96a1add4554fad6febfd.png)
paralelogram tada je
![\angle XBA = \angle XCA = \angle XDA](/media/m/1/5/1/1517f46dc8b1fb7f41c4a58c09185d42.png)
odakle slijedi da je četverokut
![XADB](/media/m/9/b/6/9b63a6a806e4e81759f211e824ec5958.png)
tetivan, uočimo još da je
![AD\| XC \| BY](/media/m/1/1/b/11b8d4e803793bef72c995661a90b53b.png)
te da je
![\overline{\rm AD} = \overline{\rm CX} = \overline{\rm BY}](/media/m/3/5/b/35bd0aff0d9937e5b70ec5a55f702428.png)
. Dakle iz činjenice da su
![ACXD](/media/m/4/2/9/4291ae8c74e13077c5f4fdc42d404200.png)
i
![XBYC](/media/m/d/a/9/da93557cd27b08aa6f44a42141e6bb65.png)
parallelogrami slijedi da je i četverokut
![ADBY](/media/m/5/9/f/59fab422569d25221c3ad741f97eafe6.png)
parallelogram. Sada imamo sve što nam je potrebno da dovršimo angle chase.
![\angle XAC = \angle AXD= \angle ABD = \angle YAB](/media/m/2/4/a/24a77ef89906452e865281c38fada088.png)
Lemma nam sada ukazuje da
![\angle BFE = \angle GFD](/media/m/a/6/0/a6043544ed4a0181e76fabf4474f0d40.png)
što nam nam hinitira na moguću sličnost nekih trokuta, točnije ako bismo dokazali da
![\angle EBF = \angle GDF](/media/m/5/9/8/598aa5a476589a388eee1eaea7f521ae.png)
dobili bismo da vrijedi
![\triangle EBF \sim \triangle GDF](/media/m/c/2/6/c260618e49c90e8b299489a380b8ba67.png)
. Sličnost slijedi iz
![\angle EBF = \angle DBA + \angle ABF = \angle DCE + \angle CDA = \angle GDC+\angle CDA=\angle GDF](/media/m/a/4/a/a4a3fbd3e66d3f4616fc732f8b546ac5.png)
Uz ovo uočavamo da
![\angle DEF =\angle DHF](/media/m/6/9/3/6936a4aa8a6eb5535f33ded67685469c.png)
jer je
![H](/media/m/4/c/0/4c0872a89da410a25f00b86366efece7.png)
preslika točke preko pravca
![DF](/media/m/3/d/d/3dd8b7899102ac0f0d215a5d87897f88.png)
Iz
![\triangle EBF \sim \triangle GDF](/media/m/c/2/6/c260618e49c90e8b299489a380b8ba67.png)
i
![\angle DEF =\angle DHF](/media/m/6/9/3/6936a4aa8a6eb5535f33ded67685469c.png)
slijedi
![\angle DGF = \angle EBF = 180^{\circ} - \angle DEF = 180^{\circ} - \angle DHF](/media/m/6/8/d/68d154b983a9697ff7d94e6d585cc2c4.png)
Odakle slijedi da su točke
![D, G, H](/media/m/3/a/9/3a95e96e423daf369264b6414b29c382.png)
i
![F](/media/m/3/e/8/3e8bad5df716d332365fca76f53c1743.png)
konciklične.
%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. $Q.E.D.$