Пусть ∠CAB = x, ∠ABC = y, ∠DCA = z. Пред­по­ло­жим, что точка Q на­хо­дит­ся между A и F, точка P на­хо­дит­ся между C и E (∠FQH = ∠APH). При­ведём два ре­ше­ния за­да­чи.

Пер­вое ре­ше­ние.

Пусть точка M  — се­ре­ди­на HA, ∠AEH = ∠AFH = 90°. Сле­до­ва­тель­но, AFHE  — впи­сан­ный четырёхуголь­ник с цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти в точке M. Тре­уголь­ни­ки EFM и OQP рав­но­бед­рен­ные; ∠EMF = 2∠CAB = 2x; ∠POQ = 2x, от­сю­да тре­уголь­ник EFM по­до­бен QOP.

Четырёхуголь­ни­ки AEHF, AHPQ впи­сан­ные: ∠EFH = ∠EAH = ∠PQH; ∠FEH = ∠FAH = ∠QPH, от­ку­да тре­уголь­ник HEF по­до­бен HPQ.

До­ка­жем, что цик­ли­че­ские четырёхуголь­ни­ки EHFM, PQHO по­доб­ны:

Пусть ∠QHP = то су­ще­ству­ет по­во­рот с цен­тром в точке H с углом по­во­ро­та по ча­со­вой стрел­ке, от­но­ше­ни­ем Этот по­во­рот пе­ре­во­дит EHFM в QOPH.

Точке E, D, F, M лежат на окруж­но­сти де­вя­ти точек тре­уголь­ни­ка ABC (по­сколь­ку четырёхуголь­ни­ки ABDE, ACDF впи­сан­ные; ∠FDB = ∠CAF = x, ∠EDC = ∠BAE = x, ∠EDF = 180° − 2x = 180° − ∠EMF).

Пусть точка R₁ лежит между B и D так, что ∠R₁HD = по­это­му тре­уголь­ни­ки HQF и R₁HD по­доб­ны, по­это­му четырёхуголь­ни­ки DFME и R₁QOP также по­доб­ны.

По­сколь­ку четырёхуголь­ник DFME впи­сан­ный, то R₁QOP также цик­ли­чен. Из этого сле­ду­ет, что точки R и R₁ сов­па­да­ют. Тре­уголь­ни­ки DEF и RPQ по­доб­ны, то

Рас­смот­рим два цик­ли­че­ских четырёхуголь­ни­ка ACDF и ABDE: ∠BFD = ∠AFE = ∠ACB = z, ∠DFE = 180° − 2z. Тре­уголь­ни­ки DEF и RPQ по­доб­ны, ∠RQP = 180° − 2z. По­сколь­ку CR  — ка­са­тель­ная к окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка PQR; ∠CRP = ∠RQP = 180° − 2z.

Таким об­ра­зом, в тре­уголь­ни­ке CPR имеем ∠CPR = z, CR = PR. Ана­ло­гич­но BR = QR:

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Вто­рое ре­ше­ние.

Впи­шем тре­уголь­ник BQH в окруж­ность и эта окруж­ность будет пе­ре­се­кать пря­мую BC в точке R₃ (точка R₃ не сов­па­да­ет с точ­кой B). По­сколь­ку четырёхуголь­ни­ки APHQ и BQHR₃ впи­сан­ные, то ∠PHQ = 180° − ∠PAQ и ∠QHR₃ = 180° − ∠QBR³. Так же под­ра­зу­ме­ва­ет­ся, что ∠PHR₃ = 360° − ∠PHQ − ∠QHR₃ = 180° − ∠ACB. Сле­до­ва­тель­но, CPHR₃ также впи­сан­ный. Мы толь­ко что уста­но­ви­ли част­ный слу­чай тео­ре­мы Ми­ке­ля.

По­сколь­ку BQHR₃ и CR₃HP впи­сан­ные, по­лу­ча­ем, что ∠QR₃H = ∠QBH = 90° − ∠BAC и ∠HR₃P = ∠HCP = 90° − ∠BAC. Сле­до­ва­тель­но, ∠QR₃P = 180° − 2∠BAC = 180° − 2x. Ана­ло­гич­но имеем ∠PQR = 180° − 2z и ∠R3PQ = 180° − 2y. Как было по­ка­за­но в пер­вом ре­ше­нии, тре­уголь­ник DEF имеет такие же углы. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник R₃PQ по­до­бен тре­уголь­ни­ку DEF. За­ме­тим, что ∠POQ + ∠PR₃Q = 2x + 180° − 2x = 180°, а это зна­чит, что точка R₃ лежит на окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка OPQ ⇒ R₃ = R. За­кон­чить до­ка­за­тель­ство как в пер­вом ре­ше­нии.