Sia dunque il nostro solito triangolo $A=[1,0,0], B=[0,1,0], C=[0,0,1], I=[a/2p, b/2p, c/2p], P=[a/(a+c), 0, c/(a+c)], Q=[a/(a+b),b/(a+b),0]$. L'espressione in funzione delle lunghezze dei lati di $K$, come si ricava dall'equazione dell'altezza etc., è $K=[\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2b^2}, 0, \dfrac{-a^2+b^2+c^2}{2b^2}]$, ma detti $\alpha, \beta e \gamma$ i tre angoli disposti in senso canonico applicando il teorema di Carnot possiamo riscrivere $a^2+b^2-c^2=2ab \cos \gamma$ e $-a^2+b^2+c^2=2bc \cos \alpha$, da cui $K=[a/b \cos \gamma, 0, c/b \cos \alpha]$ e similmente $J=[a/c \cos \beta, b/c \cos \beta, 0]$. Chiamando $S=a \cos \alpha + b \cos \beta + c \cos \gamma$ si ricava anche (non mi va per niente di scrivere tutti i calcoli) $O=[\dfrac{a \cos \alpha}{S}, \dfrac{b \cos \beta}{S}, \dfrac{c \cos \gamma}{S}]$. A questo punto andiamo a scrivere la condizione di collinearità di $K,J,I$ come $\begin{vmatrix} a/b \cos \gamma & 0 & c/b \cos \alpha \\ a/c \cos \beta & b/c \cos \alpha & 0 \\ a/2p & b/2p & c/2p \end{vmatrix} = 0$. Moltiplicando un'intera riga o un'intera colonna di una matrice per un fattore $k$ anche il determinante viene moltiplicato per $k$, ma poiché il nostro determinante è 0 possiamo senza problemi dividere la prima colonna per $a$, la seconda per $b$ e la terza per $c$ e moltiplicando la prima riga per $b$, la seconda per $c$ e la terza per $2p$ ottenendo $\begin{vmatrix} \cos \gamma & 0 & \cos \alpha \\ \cos \beta & \cos \alpha & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0$, da cui $\cos \alpha (\cos \beta + \cos \gamma - \cos \alpha)=0$. Se $\cos \alpha = 0$, che ovviamente vuol dire che $\triangle ABC$ è rettangolo in A, la condizione è sempre verificata (in sintetica $K \equiv J \equiv A$ e ovviamente esiste sempre una retta passante per due punti, dove il secondo è $I$), ma la tesi non è vera: il circocentro, infatti, è il punto medio dell'ipotenusa e dunque ha coordinate $O=[0, 1/2, 1/2]$, mentre la retta PQ ha coordinate $bcx-acy-abz=0$, che per sostituzione portano a $-1/2a(b+c)=0$, che ovviamente è assurdo perché in un triangolo non degenere nessun fattore di questi può essere nullo. Da ora in poi dunque considereremo solo il caso $\cos \alpha \ne 0$, per il quale si può subito semplificare in $\cos \beta + \cos \gamma - \cos \alpha = 0$.
Andiamo quindi a considerare la condizione di collinearità di P,Q,O: abbiamo $\begin{vmatrix} \dfrac{a}{a+c} & 0 & \dfrac{c}{a+c} \\ \dfrac{a}{a+b} & \dfrac{b}{a+b} & 0 \\ \dfrac{a \cos \alpha}{S} & \dfrac{b \cos \beta}{S} & \dfrac{c \cos \gamma}{S} \end{vmatrix} = 0$. Di nuovo coi ragionamenti di prima sul determinante possiamo levare un bel po' di roba ottenendo $\begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ \cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \end{vmatrix} = 0$, ovvero $\cos \gamma + \cos \beta - \cos \alpha = 0$, che conclude la nostra dimostrazione.
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