\newif\ifcomments
\commentstrue % comment out to hide comments

\documentclass[11pt]{report}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[czech]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{a4wide}

\usepackage{pgf,tikz}
\usetikzlibrary{arrows}

\DeclareMathOperator{\tg}{tg}
\DeclareMathOperator{\cotg}{cotg}
\DeclareMathOperator{\ch}{ch}
\DeclareMathOperator{\sh}{sh}
\DeclareMathOperator{\tgh}{tgh}
\DeclareMathOperator{\cotgh}{cotgh}
\newcommand{\dx}{\,\mathrm{d}x}
\newcommand{\dt}{\,\mathrm{d}t}
\newcommand{\ds}{\,\mathrm{d}s}

\newtheorem{veta}{Věta}[chapter]
\newtheorem{lemma}[veta]{Lemma}

\theoremstyle{definition}
\newtheorem{prikl}{Příklad}[chapter]
\newtheorem{definice}[veta]{Definice}
\newtheorem{dusledek}[veta]{Důsledek}

\ifcomments
	\newtheoremstyle{tiny}% name
		{}%      Space above
		{}%      Space below
		{\footnotesize}%         Body font
		{}%         Indent amount (empty = no indent, \parindent = para indent)
		{\itshape}% Thm head font
		{.}%        Punctuation after thm head
		{.5em}%     Space after thm head: " " = normal interword space;
					%       \newline = linebreak
		{}%         Thm head spec (can be left empty, meaning `normal')

	\theoremstyle{tiny}
	\newtheorem*{tpoznamka}{Poznámka}
\else
	\usepackage{verbatim}
	\newenvironment{tpoznamka}
		{\comment}
		{\endcomment}
\fi


\begin{document}
\setcounter{chapter}{2}
\chapter*{Geometrie}
\section{Geometrie trojúhelníka}

\subsection*{Vzorce pro obsahy}

Nechť je dán trojúhelník $ABC$. Označme $\gamma$ úhel při vrcholu $C$, $r$ poloměr kružnice opsané, $\varrho$ poloměr kružnice vepsané a $s$ poloviční obvod trojúhelníku $(2s = a + b + c).$ Pak pro jeho obsah $S$ platí následující formule:
\begin{enumerate}
\item $S = \frac{1}{2} ab \sin \gamma,$
\item $S = \frac{abc}{4r},$
\item $S = \varrho s,$
\item $S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \qquad \text{tzv. \emph{Heronův vzorec}}.$
\end{enumerate}
\subsection*{Těžnice}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(2.5,4.) rectangle (11.5,12.5);
\draw (10.5754855715,5.40744680267)-- (7.18412344527,11.8003593165);
\draw (7.18412344527,11.8003593165)-- (3.01313784172,4.62782332537);
\draw (3.01313784172,4.62782332537)-- (10.5754855715,5.40744680267);
\draw (7.18412344527,11.8003593165)-- (6.79431170662,5.01763506402);
\draw (3.01313784172,4.62782332537)-- (8.87980450839,8.60390305959);
\draw (10.5754855715,5.40744680267)-- (5.09863064349,8.21409132094);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=black] (3.01313784172,4.62782332537) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (2.82082164042,4.54416603649) node {$A$};
\draw [fill=black] (10.5754855715,5.40744680267) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (10.7858710499,5.42314142123) node {$B$};
\draw [fill=black] (7.18412344527,11.8003593165) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (7.18534388961,12.0047474578) node {$C$};
\draw[color=black] (9.32792028045,8.14390503122) node {$a$};
\draw[color=black] (5.23343743953,8.96939763471) node {$b$};
\draw[color=black] (7.35091530966,4.90408721993) node {$c$};
\draw [fill=black] (6.79431170662,5.01763506402) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (7.09585619724,5.33365372886) node {$S_c$};
\draw [fill=black] (8.87980450839,8.60390305959) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (9.17811732184,8.7139444395) node {$S_a$};
\draw [fill=black] (5.09863064349,8.21409132094) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (4.90308276502,8.42445674713) node {$S_b$};
\draw[color=black] (6.79099412622,8.54429911402) node {$t_c$};
\draw[color=black] (6.1168808125,6.35191976458) node {$t_a$};
\draw[color=black] (7.98941779505,7.051131599) node {$t_b$};
\draw [fill=black] (6.92424895283,7.27854314818) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (7.13067885999,7.59567840379) node {$T$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Uvažujme trojúhelník $ABC$, délky jeho těžnic označme obvyklým způsobem $t_a, t_b, t_c$. Pro jejich vyjádření pomocí velikostí stran platí formule
\begin{gather*}
t_a = \dfrac{1}{2} \sqrt{2b^2 + 2c^2 - a^2},\\
t_b = \dfrac{1}{2} \sqrt{2c^2 + 2a^2 - b^2},\\
t_c = \dfrac{1}{2} \sqrt{2a^2 + 2b^2 - c^2}.
\end{gather*}

Pro těžnice platí \[ \dfrac{|AT|}{|TS_a|} = \dfrac{|BT|}{|TS_b|} = \dfrac{|CT|}{|TS_c|} = 2.\]
\subsection*{Věty a jejich důsledky}

\begin{veta}[Sinová věta]
Pro každý trojúhelník ABC s vnitřními úhly $\alpha, \beta, \gamma$ a stranami $a, b, c$ platí: 
\[ \dfrac{a}{\sin \alpha} = \dfrac{b}{\sin \beta} = \dfrac{c}{\sin \gamma} = 2r, \]
kde $r$ je poloměr kružnice opsané.
\end{veta}

\begin{veta}[Kosinová věta]
Pro každý trojúhelník ABC s vnitřními úhly $\alpha, \beta, \gamma$ a stranami $a, b, c$ platí: 
\begin{gather*} 
a^2 = b^2 + c^2 - 2cb\cos \alpha,\\
b^2 = c^2 + a^2 - 2ac\cos \beta,\\
c^2 = a^2 + b^2 - 2ba\cos \gamma.
\end{gather*} 
\end{veta}


\begin{veta}[Bisector theorem]\label{bisector}
Nechť je dán trojúhelník $ABC$. Osa úhlu $\angle BAC$ protíná stranu~$BC$ v~bodě~$K$. Platí
\[ \dfrac{|BK|}{|KC|} = \dfrac{|AB|}{|AC|}. \]
\end{veta}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(3.5,5.) rectangle (11.,11.);
\draw [shift={(3.91477732102,5.41341727919)},color=black,fill=black,fill opacity=0.1] (0,0) -- (11.0284458711:0.3567514576) arc (11.0284458711:39.3864965771:0.3567514576) -- cycle;
\draw [shift={(3.91477732102,5.41341727919)},color=black,fill=black,fill opacity=0.1] (0,0) -- (39.3864965771:0.475668610133) arc (39.3864965771:67.7445472832:0.475668610133) -- cycle;
\draw (3.91477732102,5.41341727919)-- (10.3712848369,6.67176213146);
\draw (10.3712848369,6.67176213146)-- (6.0419793332,10.6115799428);
\draw (6.0419793332,10.6115799428)-- (3.91477732102,5.41341727919);
\draw (8.03597151878,8.7969780576)-- (3.91477732102,5.41341727919);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=black] (3.91477732102,5.41341727919) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (3.62446775187,5.41608458765) node {$A$};
\draw [fill=black] (10.3712848369,6.67176213146) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (10.4809752677,6.87442943992) node {$B$};
\draw [fill=black] (6.0419793332,10.6115799428) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (6.15166976405,10.8142472512) node {$C$};
\draw [fill=black] (8.03597151878,8.7969780576) circle (1.5pt);
\draw[color=black] (8.14404911348,9.0016314521) node {$K$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{veta}[Cevova]\label{ceva}
 Nechť $ABC$ je trojúhelník a $K, L, M$ jsou po řadě body ležící na přímkách $BC, CA, AB$. Přímky $AK$,$BL$ a $CM$ se protínají ve společném bodě, právě když platí
\[ \dfrac{|AM|}{|MB|}\cdot \dfrac{|BK|}{|KC|} \cdot \dfrac{|CL|}{|LA|} = 1. \]
\end{veta}

\begin{dusledek}
Těžnice trojúhelníka se protínají v jednom bodě. Tento bod nazýváme \emph{těžištěm}.
\end{dusledek}

\begin{dusledek}
Výšky trojúhelníka se protínají v jednom bodě. Tento bod se nazývá \emph{ortocentrum}.
\end{dusledek}

\begin{dusledek}
Osy úhlů trojúhelníka se protínají v jednom bodě a tento bod je středem kružnice vepsané.
\end{dusledek}

\section{Geometrie čtyřúhelníka}

\subsection*{Tečnové a tětivové čtyřúhelníky}
\begin{definice}
Čtyřúhelník se nazývá \emph{tětivový}, jestliže mu lze opsat kružnici. Čtyřúhelník se nazývá \emph{tečnový}, jestliže mu lze vepsat kružnici. Čtyřúhelník se nazývá \emph{dvojstředový}, jestliže je současně tětivový i tečnový.
\end{definice}

Čtyřúhelník je tětivový, právě když  jsou součty velikostí protilehlých úhlů shodné (tj. právě když součet velikostí dvou protilehlých úhlů je $180^{\circ}$). Čtyřúhelník je tečnový, právě když jsou součty délek jeho protilehlých stran shodné. \\

Nechť $ABCD$ je tětivový čtyřúhelník, pak pro jeho obsah $S$ platí tzv. \emph{Brahmaguptův vzorec:}
\[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}, \qquad \text{ kde }  2s = a + b + c +d.\]

Pro $S$ obsah tečnového čtyřúhelníku platí
\[ S = \varrho s, \]
kde $\varrho$ je poloměr vepsané kružnice a $s = \frac{1}{2}(a+b+c+d)$.

Je-li čtyřúhelník $ABCD$ dvojstředový, platí pro jeho obsah $S$
\[ S = \sqrt{abcd}. \]

\begin{veta}[Ptolemaiova nerovnost]
Nechť $a,b,c,d$ jsou v obvyklém označení délky stran konvexního čtyřúhelníku $ABCD$ a $e,f$ délky jeho úhlopříček. Pak platí
\[ac + bd \geq ef. \]
Rovnost přitom nastává, právě když čtyřúhelník $ABCD$ je tětivový. Tvrzení, že v každém tětivovém čtyřúhelníku $ABCD$ platí rovnost
\[ac + bd = ef \] 
se nazývá Ptolemaiova věta.
\end{veta}
\newpage
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Příklady}
\begin{prikl}
Nechť je dán tečnový čtyřúhelník $ABCD$. Dokažte, že kružnice vepsaná trojúhelníku $ABC$ a kružnice vepsaná trojúhelníku $ACD$ mají společný dotyk.
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Kružnice vepsaná trojúhelníku $ABC$ se dotýká úsečky $AC$ v bodě $T_1$ a kružnice vepsaná trojúhelníku $ACD$ se dotýká úsečky $AC$ v bodě $T_2$. Chceme ukázat, že $T_1 = T_2$. Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $|CT_1| \geq |CT_2|$. Platí
\begin{gather*}
|AD| = |CD| - |CT_2| + |AT_2|,\\
|BC| = |AB| - |AT_1| + |CT_1|,\\
|T_1T_2| = |CT_1| - |CT_2| = |AT_2| - |AT_1|.
\end{gather*}
Dohromady máme
\[ |T_1T_2| = \dfrac{1}{2}(|AD| + |BC| - |CD| - |AB|).  \]
Čtyřúhelník je tečnový, a proto 
\[ |AB| + |CD| =|AD| + |BC|, \]
a tedy $|T_1T_2| = 0$.
\end{proof}

\begin{prikl}
Protilehlé strany $AB$ a $DE$, $BC$ a $EF$, $CD$ a $FA$ konvexního šestiúhelníka jsou rovnoběžné. Dokažte, že trojúhelníky $ACE$ a $BDF$ mají shodný obsah.
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Nejprve vyjádříme obsah trojúhelníka $ACE$. Uvnitř šestiúhelníka vyznačme body $P, Q, R$ a to tak, že $EC$ je úhlopříčkou v rovnoběžníku $EDCQ$, $AC$ je úhlopříčkou v rovnoběžníku $ABCP$ a $EA$ je úhlopříčkou v rovnoběžníku $AREF$. Pak platí
\[ |ACE| = \dfrac{|ABCDEF| - |PQR|}{2} + |PQR| = \dfrac{|ABCDEF| + |PQR|}{2}. \]
Obsah trojúhelníka $BDF$ spočítáme obdobným způsobem. Uvnitř šestiúhelníka vyznačme body $S, T, U$ a to tak, že $FB$ je úhlopříčkou v rovnoběžníku $ABSF$, $BD$ je úhlopříčkou v rovnoběžníku $BCDT$ a $FD$ je úhlopříčkou v rovnoběžníku $FUDE$. Pak
\[ |BDF| = \dfrac{|ABCDEF| + |STU|}{2}. \]
Protože platí
\begin{gather*}
|PQ| = \bigl| |AB| - |ED| \bigr| = |SU|,\\
|QR| = \bigl| |CD| - |AF| \bigr| = |ST|,\\
|PR| = \bigl| |BC| - |EF| \bigr| = |TU|,
\end{gather*}
jsou trojúhelníky $PQR$ a $STU$, a proto $|ACE| = |BDF|$.
\end{proof}

\begin{prikl}
Nechť je dán trojúhelník $ABC$. Na stranách $BC$, $AC$, $AB$ jsou zvoleny body $A_1$, $B_1$ a $C_1$ tak, že se přímky $AA_1$, $BB_1$ a $CC_1$ protínají v jednom bodě. Označme $M$ patu kolmice z bodu $A_1$ na $B_1C_1$. Dokažte, že $MA_1$ je osou úhlu $\angle BMC$.
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Paty kolmic z vrcholů $A$, $B$, $C$ na stranu $B_1C_1$ označme po řadě $D$, $E$, $F$. Platí
\begin{gather*}
\dfrac{|AC_1|}{|C_1B|} = \dfrac{|AD|}{|BE|},\\
\dfrac{|CB_1|}{|B_1A|} = \dfrac{|CF|}{|AD|}.
\end{gather*}
Dohromady dostáváme
\begin{equation}\label{e1}
 \dfrac{|CB_1|}{|B_1A|} \cdot \dfrac{|AC_1|}{|C_1B|} = \dfrac{|CF|}{|BE|}.
\end{equation}
Podle Cevovy věty platí
\[ \dfrac{|CB_1|}{|B_1A|} \cdot \dfrac{|AC_1|}{|C_1B|} \cdot \dfrac{|BA_1|}{|A_1C|} = 1.\]
Dosazením do \eqref{e1} dostaneme
\[  \dfrac{|CF|}{|BE|} = \dfrac{|A_1C|}{|BA_1|}.  \]
Dále platí
\[ \dfrac{|A_1C|}{|BA_1|} = \dfrac{|MF|}{|EM|},\]
což znamená, že trojúhelníky $EBM$ a $FCM$ jsou podobné, a proto
\[ |\angle FMC| = |\angle EMB|. \]
\end{proof}

\begin{prikl}
Tětiva $CD$ kružnice se středem v bodě $O$ je kolmá na průměr $AB$ a zároveň tětiva $AE$ půlí úsečku $OC$. Dokažte, že tětiva $DE$ půlí tětivu $BC$.
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Dokážeme obecnější tvrzení. Je-li $M$, resp. $N$ průsečík $AE$ a $OC$, resp. průsečík $DE$ a $BC$, pak \[ \dfrac{|CM|}{|CO|} = \dfrac{|CN|}{|CB|}.\]
Oblouky $AC$ a $AD$ jsou shodné, a proto $|\angle AEC| = |\angle AED|$. Dále $|\angle AEC| = |\angle ABC|$ a $|\angle ABC| = |\angle OCB|$, neboť trojúhelník $OCB$ je rovnoramenný. Z toho plyne, že $|\angle AED| = |\angle OCB|$, tedy $|\angle MEN| = |\angle MCN|$. To znamená, že body $M$, $N$, $E$ a $C$ leží na jedné kružnici. Odtud dostáváme, že $|\angle MNC| = |\angle MEC| = |\angle OBC|$. To znamená, že trojúhelníky $MNC$ a $MEC$ jsou podobné, a proto $ \frac{|CM|}{|CO|} = \frac{|CN|}{|CB|}$.
\end{proof}

\begin{prikl}
Nechť je dána půlkružnice s průměrem $AD$. Na této půlkružnici zvolme dva body $B$ a $C$ (různé od $A$ a $D$). Označme $E, F$ paty kolmic vedených na $AD$ po řadě z bodů $B$, $C$. Označme $P$ průsečík přímek $AB$ a $CD$. Dále označme $Q$ průsečík $BF$ a $EC$. Dokažte, že $PQ \perp AD$.
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Platí $|\angle ABD| = |\angle ACD| = 90^{\circ}$. Na přímkách $BE$ a $CF$ vyznačme po řadě body $K, M$ a $L, N$ a to tak, že $KL$ prochází bodem $P$, $MN$ prochází bodem $Q$ a $KL \Vert MN \Vert AD$. Platí 
\begin{gather*}
KL = MN,\\
|\angle KBP| = |\angle EBA| = |\angle BDA| = |\angle BDE|,\\  
|\angle PCL| = |\angle DCF| = |\angle DCA| = |\angle FCA|. 
\end{gather*} 
Odtud dostáváme, že $\triangle BDE \sim \triangle PBK$ a $\triangle AFC \sim \triangle CLP$. Dále $\triangle APC \sim \triangle DPB$. Z toho plyne, že
\[ \dfrac{|KP|}{|BE|} = \dfrac{|BP|}{|BD|} = \dfrac{|CP|}{|CA|} = \dfrac{|PL|}{|CF|} \Rightarrow \dfrac{|KP|}{|PL|} = \dfrac{|BE|}{|CF|}. \] Z poslední rovnosti a podobnosti trojúhelníků $BQE$ a $CQF$ odvodíme, že
\[ \dfrac{|KP|}{|PL|} = \dfrac{|BE|}{|CF|} = \dfrac{|MQ|}{|QN|}, \]
odtud
\[ \dfrac{|EF|}{|PL|} = \dfrac{|KP| + |PL|}{|PL|} = \dfrac{|MQ| + |QN|}{|QN|} = \dfrac{|EF|}{|QN|}, \]
a tedy 
\[ |QN| = |PL|, \]
což jsme chtěli dokázat.
\end{proof}

\begin{prikl}
Je dán libovolný trojúhelník $ABC$. Označme jeho úhly obvyklým způsobem. Osy úhlů $\alpha, \beta, \gamma$ protínají kružnici opsanou po řadě v bodech $A_1, B_1, C_1$. Dokažte, že platí
\[ |AA_1| +|BB_1| + |CC_1| > |AB| + |AC| + |BC|. \]
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Užitím Ptolemaiovy věty dostaneme
\begin{equation}\label{e2}
|AA_1|\cdot |BC| = |AB| \cdot |A_1C| + |A_1B| \cdot |AC|.
\end{equation} 
Dále platí
\[ |\angle CAA_1| = \dfrac{\alpha}{2} = |\angle A_1AB|, \]
a tedy $|A_1C| = |A_1B| = t$.
Dosazením do \eqref{e2} dostaneme
\[ 2|AA_1| = \dfrac{2t}{|BC|}\cdot (|AB| + |AC|) > |AB| + |AC|.  \]
Analogicky lze odvodit
\begin{gather*}
2|BB_1| > |AB| + |BC|,\\
2|CC_1| > |AC| + |BC|. 
\end{gather*}
Dohromady máme
\[ |AA_1| +|BB_1| + |CC_1| > \dfrac{|AB| + |AC|}{2} + \dfrac{|AB| + |BC|}{2}+ \dfrac{|AC| + |BC|}{2} = |AB| + |AC| + |BC|. \]
\end{proof}

\begin{prikl}
Kružnice $k$ se středem v bodě $O_1$ a kružnice $l$ se středem v bodě $O_2$ se protínají v bodech $A$ a $B$. Označme $E$, resp. $F$ průsečík polopřímky $O_2B$ s kružnicí $k$, resp. průsečík polopřímky $O_1B$ s kružnicí $l$. Přímka rovnoběžná s $EF$ procházející bodem $B$ protíná kružnici $k$ v bodě $M$ a kružnici $l$ v bodě $N$. Dokažte, že platí
\[ |MN| = |AE| + |AF|. \] 
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Trojúhelníky $O_1EB$ a $O_2FB$ jsou podobné, a proto body $O_1$, $O_2$, $E$ a $F$ leží na jedné kružnici. Bod $A$ také leží na této kružnici, neboť
\[ |\angle O_1EO_2| + |\angle O_1AO_2| = |\angle O_1BE| + |\angle O_1BO_2| = 180^{\circ}. \]
Odtud dostáváme, že
\begin{gather*} 
|\angle O_1AE| = |\angle O_1FE| = |\angle O_1BM|,\\
|\angle FAO_2| = |\angle FEO_2| = |\angle NBO_2|. 
\end{gather*}
Trojúhelníky $O_1AE$ a $O_1BM$ jsou shodné a také trojúhelníky $O_2AF$ a $O_2BN$ jsou shodné, a proto 
\[ |MN| = |MB| + |BN| = |AE| + |AF|. \]
\end{proof}

\begin{prikl}
Označme $K,L,M$ středy, $D, E, F$ po řadě libovolné vnitřní body stran $BC, CA, AB$ trojúhelníku $ABC$ a dále $K', L', M'$ středy úseček $AD, BE$ a $CF$. Dokažte, že přímky $AD, BE$ a $CF$ se protínají v jednom bodě, právě když se v jednom bodě protínají přímky $KK', LL'$ a $MM'$.
\end{prikl}
\begin{proof}[Řešení]
Body $K', L', M'$ leží na středních příčkách $LM, MK, KL$ trojúhelníku $ABC$. Protože střední příčka $LM$ je rovnoběžná se stranou $BC$, plyne z podobnosti trojúhelníků $AMK'$ a $ABD$, resp. $ALK'$ a $ACD$
\begin{equation}\label{e3}
\dfrac{|BD|}{|DC|} = \dfrac{|MK'|}{|K'L|}.
\end{equation}
Cyklickou záměnou dostaneme
\begin{gather}
\dfrac{|CE|}{|EA|} = \dfrac{|KL'|}{|L'M|}, \label{e4}\\
\dfrac{|AF|}{|FB|} = \dfrac{|LM'|}{|M'K|}. \label{e5}
\end{gather}
Vynásobením vztahů \eqref{e3}, \eqref{e4} a \eqref{e5} získáme
\[ \dfrac{|AF|}{|FB|}\cdot \dfrac{|BD|}{|DC|}\cdot \dfrac{|CE|}{|EA|} = \dfrac{|LM'|}{|M'K|} \cdot \dfrac{|MK'|}{|K'L|} \cdot \dfrac{|KL'|}{|L'M|}.  \]
Podle Cevovy věty pro trojúhelník $ABC$ se přímky $AD, BE$ a $CF$ protínají v jednom bodě, právě když platí
\[ \dfrac{|AF|}{|FB|}\cdot \dfrac{|BD|}{|DC|}\cdot \dfrac{|CE|}{|EA|} = 1,\]
tedy právě když
\[ \dfrac{|LM'|}{|M'K|} \cdot \dfrac{|MK'|}{|K'L|} \cdot \dfrac{|KL'|}{|L'M|} = 1.\]
To podle Cevovy věty pro trojúhelník $KLM$ nastane, právě když se v jednom bodě protínají přímky $KK', LL'$ a $MM'$.
\end{proof}


\end{document}