Sempre io
Come notazione, sia $ [A,r] $ la proiezione da A su r.
Fattarello idiota 2: $ (A,B,C,D)=1 \Rightarrow $ almeno due punti coincidono.
Dim: $ (A,B,C,D)=\frac{AC \cdot BD}{AD \cdot BC}=1 \rightarrow \frac{AC}{AD}=\frac{BC}{BD} $. Ma se allora C e D sono distinti A e B sono entrambi interni o entrambi esterni a CD e lo dividono nello stesso rapporto, quindi coincidono.
Dimostrazione 2
Definisco $ P= XN \cap OK $ e $ Q= OX \cap OZ $. Allora $ (X,Y,Z,W)=(X,P,M,N) $ per $ [O,b] $ e $ (X,P,M,N)=(X,Y,W,Z) $ per $ [K,a] $. Quindi $ \frac{XZ\cdot YW}{XW \cdot YZ}=(X,Y,Z,W)=(X,Y,W,Z)=\frac{XW \cdot YZ}{XZ \cdot YW} $, ossia $ (X,Y,Z,W)=(X,Y,W,Z)^{-1} $, da cui $ (X,Y,Z,W)=-1 $ visto che i quattro punti sono ovviamente distinti (usando il fattarello di sopra).
Dimostrazione 3
Sia r la retta per Y e Z e sia $ \Gamma $ la circonferenza. Siano ancora P e Q le supposte intersezioni di BF e AE con r, rispettivamente. Siano ancora G e H le intersezioni di r con la circonferenza. Voglio dimostrare $ X \in r $ provando che $ P=Q=X $.
$ (H,Z,P,G)=(H,D,F,G) $ per $ [B, \Gamma] $, $ (H,D,F,G)=(G,A,C,H)=(H,C,A,G) $ per $ [Y,\Gamma] $ e per un facile conto; infine $ (H,C,A,G)=(H,Z,Q,G) $ per $ [E,r] $. Ma allora $ (H,Z,P,G)=(H,Z,Q,G) $ e per il fattarello 1 $ P=Q $.