デザルグの定理とその三通りの証明

三角形 $OAB$ と直線 $A'B'$ にメネラウスの定理を用いる：

$\dfrac{OA'}{A'A}\dfrac{AP}{PB}\dfrac{BB'}{B'O}=1$

三角形 $OBC$ と直線 $B'C'$ にメネラウスの定理を用いる：

$\dfrac{OB'}{B'B}\dfrac{BQ}{QC}\dfrac{CC'}{C'O}=1$

三角形 $OCA$ と直線 $C'A'$ にメネラウスの定理を用いる：

$\dfrac{OC'}{C'C}\dfrac{CR}{RA}\dfrac{AA'}{A'O}=1$

この三つの式を全てかけ合わせると，

$\dfrac{AP}{PB}\dfrac{BQ}{QC}\dfrac{CR}{RA}=1$

となり，拡張されたメネラウスの定理の逆より $P,\:Q,\:R$ が一直線上にあることが分かる。

直線 $PQ$ と $AA',\:BB',\:CC'$ との交点をそれぞれ $X,\:Y,\:Z$ とする。(図では $Y$ ははるか左，$Z$ ははるか右にあります。)

$P$ を中心とした複比の不変性より，

$(X,A';A,O)=(Y,B';B,O)$

$Q$ を中心とした複比の不変性より，

$(Y,B';B,O)=(Z,C';C,O)$

よって，$(X,A';A,O)=(Z,C';C,O)$

$PQ$ と $AC$ の交点を $R$ とおき，$R,\:A',\:C'$ が同一直線上にあることをいえばよい。

つまり，$RA'$ と $OC$ の交点 $C''$ が $C'$ と一致することをいえばよい。

これは $R$ を中心とした複比の不変性より，

$(X,A';A,O)=(Z,C'';C,O)$

となるのでさきほどの式と比較して $C'=C''$ がいえる。

まず，三角形 $ABC$ と三角形 $A'B'C'$ が三次元空間にあり，それぞれを含む空間が平行でない場合を考える。この二つの平面の交線を $l$ とおく。また，$AA',\:BB',\:CC'$ が一点 $O$ で交わるので $A,\:A',\:B,\:B',\:O$ は同一平面 $H$ 上にある。つまり，$AB$ と $A'B'$ は交点 $P$ を持つ。 $P$ は $AB$ 上にあり，$A'B'$ 上にもあるので交線 $l$ 上にある。同様に $Q,\:R$ も $l$ 上にあるので $P,\:Q,\:R$ は同一直線上にある。

三角形 $ABC$ と $A'B'C'$ が同一平面上にある場合は，まずそれらを少し「持ち上げて」三次元空間の場合のデザルグの定理に帰着させる。