Disegnino:
Chiamo
$ E $ l'intersezione tra $ AK $ e $ BL $
$ F $ l'intersezione tra $ BC $ e $ B_{1}K $
e con un po' d'occhio cerco gli angoli alla circonferenza congruenti in quanto insistenti su uno stesso arco, do loro dei nomi per rendere la loro ampiezza più intuitiva ed ho:
$ \bullet $ $ \displaystyle \hat {BKA} \cong \hat {BCA}=\alpha $ perché insistono sullo stesso arco $ AB $
da cui, poiché $ BEK $ e $ B_{1}FC $ sono triangoli rettangoli, ho
$ \displaystyle \hat {EBK} \cong \hat {FB_{1}C}=90°-\alpha $;
$ \bullet $ $ \displaystyle \hat {CAK} \cong \hat {CBK}=\beta $ perché insistono sullo stesso arco $ KC $;
$ \bullet $ $ \displaystyle \hat {BAK} \cong \hat {BTK} \cong \hat {BCK}=\gamma $ perché insistono sullo stesso arco $ BK $;
$ \bullet $ $ \displaystyle \hat {ABT} \cong \hat {AKT} \cong \hat {ACT}=\delta $ perché insistono sullo stesso arco $ AT $;
$ \bullet $ $ \displaystyle \hat {TBC} \cong \hat {TKC} \cong \hat {TAC} $ perché insistono sullo stesso arco $ TC $;
però $ \displaystyle \hat {ABT} \cong \hat {TBC} $ per costruzione, quindi
$ \displaystyle \hat {ABT} \cong \hat {AKT} \cong \hat {ACT} $$ \displaystyle \cong \hat {TBC} \cong \hat {TKC} \cong \hat {TAC}=\delta $.
Ora, $ & L,K,T & $ allineati implica$ $\displaystyle & \hat {BLT}+ \hat {BLK}=180° & $ $ che è quello che andrò a dimostrare.
Considero il triangolo $ BLT $e, posto $ $\displaystyle \hat {TBL}=\epsilon$ $, ho
$ $\displaystyle \hat {BLT}=180°-(\gamma + \epsilon)$ $.
Considero adesso il triangolo $ BLK $:
$ \displaystyle \hat {BLK}=180°-(90°-\alpha + \alpha +\delta) $$ \displaystyle =180°-(90°+\delta) $.
Sommo $ \hat {BLT} $ e $ \hat {BLK} $:
$ \displaystyle \hat {BLT}+\hat {BLK}=180°-(\gamma + \epsilon)+180°-(90°+\delta) $$ $\displaystyle=180°-\gamma-\epsilon+180°-90°-\delta=270°-(\gamma+\delta+\epsilon)$ $, ma, considerando il triangolo rettangolo $ BEA $ osservo che
$ $\displaystyle \gamma+\delta+\epsilon=90°$ $ e concludo che
$ $\displaystyle \hat {BLT}+\hat {BLK}=180° \Longrightarrow L, K, T$ $ allineati. $ \Box $