He aquí una prueba mediante el símbolo crujido.
Desde tangencia y la incidencia son afines-invariante, vamos a simplificar las cosas por tener la tangente común cónica (negro en la OP del diagrama) ser un círculo, por ejemplo, con el centro $C$ y radio de $r$.
Definimos cónica $A$, con dos puntos de tangencia ( $A_{\pm}$ )$\bigcirc C$, y una de repuesto ($A_0$) sobre la mediatriz de estos puntos. De la misma manera por cónica $B$. En concreto, definir
$$\begin{align}
A_0 = C + a (\cos\alpha,\sin\alpha) &\qquad A_{\pm} = C + r (\cos(\alpha\pm\theta),\sin(\alpha\pm\theta)) \\
B_0 = C + b (\cos\beta,\sin\beta) &\qquad B_{\pm} = C + r (\cos(\beta\pm\phi),\sin(\beta\pm\phi))
\end{align}$$
Se puede forzar a la tangente de punto acordes $\overline{A_{+}A_{-}}$ $\overline{B_{+}B_{-}}$ para satisfacer convenientemente en el origen, mediante la adopción
$$C = \frac{r}{\sin(\alpha-\beta)} (-\sin\alpha\cos\phi + \sin\beta \cos\theta, \cos\alpha \cos\phi-\cos\beta \cos\theta )$$
El objetivo será demostrar que la intersección de cónicas $A$ $B$ mentira en acordes que pasa por el origen. Necesitaremos las ecuaciones, y para llegar a ellos, tenemos que romper con los puntos de tangencia de dos puntos, por lo que contamos con el requisito de cinco necesario para que el determinante de la fórmula
$$\begin{array}{|cccccc|}
\ x^2 & y^2 & x y & x & y & 1 \ \\
\ P_x^2 & P_y^2 & P_x P_y & P_x & P_y & 1 \ \\
\ Q_x^2 & Q_y^2 & Q_x Q_y & Q_x & Q_y & 1 \ \\
\ R_x^2 & R_y^2 & R_x R_y & R_x & R_y & 1 \ \\
\ S_x^2 & S_y^2 & S_x S_y & S_x & S_y & 1 \ \\
\ T_x^2 & T_y^2 & T_x T_y & T_x & T_y & 1 \ \\
\end{array} = 0$$
Así, definiremos $A^\prime_{\pm} = A_{\pm} + \epsilon (\sin(\alpha\pm\theta),-\cos(\alpha\pm\theta))$ como un punto que se mueve sólo un poco a lo largo de la tangente en el $A_{\pm}$. De la misma manera por $B^\prime_{\pm}$. Luego, con la ayuda de una calculadora simbólica como Mathematica, podemos calcular el determinante, el factor de salida $\epsilon^2$, y, a continuación, establezca el restante $\epsilon$s a cero. Con inteligente agrupación, tenemos la ...
$$\begin{align}
A:\quad&( a - r \cos\theta )^2 \left( (x - C_x)^2 + (y-C_y)^2 - r^2 \right)^2 = ( a^2 - r^2 ) ( x \cos\alpha + y \sin\alpha )^2 \\
B:\quad&( b - r \cos\phi )^2 \left( (x - C_x)^2 + (y-C_y)^2 - r^2 \right)^2 = ( b^2 - r^2 ) ( x \cos\beta + y \sin\beta )^2 \\
\end{align}$$
Curiosamente, el factor común en el hemisferio izquierdo (el de la plaza de) la potencia de $(x,y)$ con respecto al $\bigcirc C$; el $xy$ factores en el lado derecho lados dar (el cuadrado de la distancia de $(x,y)$ a los tangente punto de acordes. (Esta relación entre las distancias es, probablemente, "obvio" en la geometría a partir de un apropiado punto de vista, pero yo no (todavía) ver.) La eliminación de ese factor de potencia da una ecuación que deben ser satisfechos por todos los puntos comunes a $A$$B$:
$$(x\cos\alpha+y\sin\alpha)^2 (b - r \cos\phi)^2 (a^2-r^2) = (x \cos\beta + y \sin\beta )^2 (a - r \cos\theta)^2 (b^2 - r^2)$$
Asumiendo $a^2 - r^2$ $b^2-r^2$ tienen el mismo signo ---es decir, si $A_0$ $B_0$ son tanto en el interior de $\bigcirc C$, o ambos fuera (el lector puede reflexionar sobre por qué ignoramos ", tanto en")--- podemos tomar raíces cuadradas para obtener ...
$$(x\cos\alpha+y\sin\alpha) (b - r \cos\phi) \sqrt{|a^2-r^2|} = \pm (x \cos\beta + y \sin\beta ) (a - r \cos\theta) \sqrt{|b^2 - r^2|}$$
Estos describir un par de líneas que pasan por el origen! Desde cualquier línea a través de una cónica contiene un máximo de dos puntos, estamos seguros de que, si $A$ $B$ tienen cuatro puntos de intersección, cada línea contiene un par de ellos. Por lo tanto, los cuatro (posiblemente extendido) acordes en la configuración son concurrentes, como se desee. $\square$
Ahora supongamos que nos dibuja cuatro líneas como se muestra: dos líneas que unen los opuestos puntos de intersección (los verdes), y dos líneas que unen los opuestos puntos de tangencia (los rosas).
