Desarguesの定理

方針：$O$ を頂点にもつ 3 つの三角形 $OAB$、$OBC$、$OCA$ に、それぞれ直線 $A'B'$、$B'C'$、$C'A'$ で thm-des-menelaus の 1 を使う。3 つの式を掛けると $O$ を含む比が消え、三角形 $ABC$ についての式が残るので、thm-des-menelaus の 2 を使う。
段 1（使える条件の確認）。$O$ は直線 $AB$ の上にないので、三角形 $OAB$ ができる。$A'$ は直線 $OA$ の上にあって $O,A$ と異なり、$B'$ は直線 $OB$ の上にあって $O,B$ と異なる。直線 $A'B'$ が $A$ を通るとすると、直線 $A'B'$ は $A$ と $A'$ を通るので直線 $OA$ に一致し、$B'$ が直線 $OA$ と直線 $OB$ の両方の上にあることになって $B'=O$ となり、矛盾する。同じく直線 $A'B'$ は $B$ も $O$ も通らない（$O$ を通れば $A'$ と $B'$ がともに $O$ を通る 2 直線 $OA$、$OB$ の上にあり、$A'B'$ が $O$ を通ることから直線 $OA$ と $OB$ が一致してしまう）。したがって $P$ は $A,B$ と異なる。三角形 $OBC$、$OCA$ についても同じである。
段 2（3 つの Menelaus の式）。thm-des-menelaus の 1 を 3 回使うと
$$ \frac{OA'}{A'A}\cdot\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BB'}{B'O}=-1,\qquad \frac{OB'}{B'B}\cdot\frac{BQ}{QC}\cdot\frac{CC'}{C'O}=-1,\qquad \frac{OC'}{C'C}\cdot\frac{CR}{RA}\cdot\frac{AA'}{A'O}=-1 $$
である。
段 3（$O$ を含む比は打ち消し合う）。$\dfrac{OA'}{A'A}=t$、$\dfrac{AA'}{A'O}=s$ とおく。$\boldsymbol u=\overrightarrow{OA'}$、$\boldsymbol w=\overrightarrow{A'A}$ とすると、定義から $\boldsymbol u=t\boldsymbol w$、$-\boldsymbol w=s(-\boldsymbol u)$ である（$\overrightarrow{AA'}=-\boldsymbol w$、$\overrightarrow{A'O}=-\boldsymbol u$）。後の式から $\boldsymbol w=s\boldsymbol u=st\boldsymbol w$ で、$\boldsymbol w\ne\vec0$ なので $st=1$ である。つまり
$$ \frac{OA'}{A'A}\cdot\frac{AA'}{A'O}=1 $$
である。$B$、$C$ についても同じく $\dfrac{BB'}{B'O}\cdot\dfrac{OB'}{B'B}=1$、$\dfrac{CC'}{C'O}\cdot\dfrac{OC'}{C'C}=1$ である。
段 4（掛ける）。段 2 の 3 つの式を掛けると、左辺は段 3 の 3 組が $1$ になって $\dfrac{AP}{PB}\cdot\dfrac{BQ}{QC}\cdot\dfrac{CR}{RA}$ だけが残り、右辺は $(-1)^3=-1$ である。$P,Q,R$ はそれぞれ直線 $AB$、$BC$、$CA$ の上にあって頂点ではない（段 1）ので、thm-des-menelaus の 2 により $P,Q,R$ は一直線上にある。$\square$

方針：$P,Q,R$ が $\pi$ と $\pi'$ の両方の上にあることを示し、異なる 2 平面の共有点は 1 本の直線の上にあることを使う。
段 1（$P$ は両方の平面の上）。$P$ は直線 $AB$ の上にあり、直線 $AB$ は平面 $\pi$ に含まれるので、$P$ は $\pi$ の上にある。同じく $P$ は直線 $A'B'$ の上にあるので、$\pi'$ の上にある。
段 2（$Q,R$ も同じ）。段 1 と同じ理由で、$Q$ と $R$ も $\pi$ と $\pi'$ の両方の上にある。
段 3（交線）。$\pi$ と $\pi'$ は異なる平面で、共有点 $P$ をもつので、平行ではなく、共有点の全体は 1 本の直線（交線）である（空間の平面と法線ベクトル）。段 1・段 2 により $P,Q,R$ はこの交線の上にある。$\square$

方針：$\boldsymbol v$ の第 3 成分 $\alpha-\beta$ が $0$ かどうかで分ける。
段 1（1）。$\boldsymbol v=(\alpha A-\beta B,\ \alpha-\beta)$ で、$\alpha\ne\beta$ なら第 3 成分で割ると、$\boldsymbol v$ は点 $X=\dfrac{\alpha}{\alpha-\beta}A+\dfrac{-\beta}{\alpha-\beta}B$（位置ベクトル）を表す。係数の和は $\dfrac{\alpha-\beta}{\alpha-\beta}=1$ なので、$X=A+\dfrac{-\beta}{\alpha-\beta}(B-A)$ と書け、$X$ は直線 $AB$ の上にある。
段 2（2）。$\alpha=\beta$ なら $\boldsymbol v=\alpha(A-B,\ 0)$ で、$A\ne B$ より $\boldsymbol v\ne\vec0$ であり、方向 $A-B$、つまり直線 $AB$ の方向を表す。$\square$

方針：$O$ を表すベクトルを 3 通りに「頂点のベクトルの差」として書き、差どうしを引き算して $P,Q,R$ を表すベクトル $\boldsymbol p,\boldsymbol q,\boldsymbol r$ を作る。それらの和は $\vec0$ になる。
段 1（$O$ を差で書く）。$O$ は直線 $AA'$ の上にあるので、実数 $\lambda$ を使って $O=(1-\lambda)A+\lambda A'$ と書ける。$O\ne A$ なので $\lambda\ne0$、$O\ne A'$ なので $\lambda\ne1$ である。第 3 成分も込めると $(O,1)=(1-\lambda)(A,1)+\lambda(A',1)$ なので、$\hat{\boldsymbol a}=(1-\lambda)(A,1)$、$\hat{\boldsymbol a}'=-\lambda(A',1)$ とおくと
$$ \boldsymbol o:=(O,1)=\hat{\boldsymbol a}-\hat{\boldsymbol a}' $$
である。同じく $\boldsymbol o=\hat{\boldsymbol b}-\hat{\boldsymbol b}'=\hat{\boldsymbol c}-\hat{\boldsymbol c}'$ となる $\hat{\boldsymbol b}=\beta(B,1)$、$\hat{\boldsymbol b}'=\beta'(B',1)$、$\hat{\boldsymbol c}=\gamma(C,1)$、$\hat{\boldsymbol c}'=\gamma'(C',1)$（係数はどれも $0$ でない）をとる。
段 2（$\boldsymbol p$ を作る）。$\hat{\boldsymbol a}-\hat{\boldsymbol a}'=\hat{\boldsymbol b}-\hat{\boldsymbol b}'$ を移項すると
$$ \boldsymbol p:=\hat{\boldsymbol a}-\hat{\boldsymbol b}=\hat{\boldsymbol a}'-\hat{\boldsymbol b}' $$
である。lem-des-difference を左の式に使うと、$\boldsymbol p$ は直線 $AB$ の上の点か、直線 $AB$ の方向を表す。右の式に使うと、直線 $A'B'$ の上の点か、直線 $A'B'$ の方向を表す。第 3 成分が $0$ でなければ、$\boldsymbol p$ は 2 直線の両方の上にある点、つまり交点 $P$ を表す。第 3 成分が $0$ なら、2 直線は同じ方向をもち、$AB\parallel A'B'$ である（同じ直線にはならない。一致すれば $A'$ が直線 $AB$ と直線 $OA$ の交点 $A$ に等しくなる）。同じく $\boldsymbol q:=\hat{\boldsymbol b}-\hat{\boldsymbol c}=\hat{\boldsymbol b}'-\hat{\boldsymbol c}'$、$\boldsymbol r:=\hat{\boldsymbol c}-\hat{\boldsymbol a}=\hat{\boldsymbol c}'-\hat{\boldsymbol a}'$ は、$Q$、$R$ または平行な辺の方向を表す。
段 3（和は $\vec0$）。定義から
$$ \boldsymbol p+\boldsymbol q+\boldsymbol r=(\hat{\boldsymbol a}-\hat{\boldsymbol b})+(\hat{\boldsymbol b}-\hat{\boldsymbol c})+(\hat{\boldsymbol c}-\hat{\boldsymbol a})=\vec0 $$
である。$\boldsymbol p,\boldsymbol q,\boldsymbol r$ の第 3 成分を $p_3,q_3,r_3$ とすると $p_3+q_3+r_3=0$ である。
段 4（1）。$p_3,q_3,r_3$ がどれも $0$ でないとき、$P=\dfrac{\boldsymbol p}{p_3}$、$Q=\dfrac{\boldsymbol q}{q_3}$ の最初の 2 成分と見て、$\boldsymbol r=-\boldsymbol p-\boldsymbol q$、$r_3=-(p_3+q_3)$ から
$$ R=\frac{\boldsymbol r}{r_3}=\frac{p_3}{p_3+q_3}P+\frac{q_3}{p_3+q_3}Q $$
である。係数の和が $1$ なので $R$ は直線 $PQ$ の上にある。
段 5（2 と 3）。$p_3=0$ で $q_3,r_3\ne0$ なら $r_3=-q_3$ で、$R=\dfrac{\boldsymbol p+\boldsymbol q}{q_3}=Q+\dfrac{1}{q_3}(p_1,p_2)$ となるので、$\overrightarrow{QR}$ は $AB$ の方向 $(p_1,p_2)$ に平行である。$p_3=q_3=0$ なら $r_3=-(p_3+q_3)=0$ なので、段 2 により $CA\parallel C'A'$ である。$\square$

方針：三角形 $AA'R$ と $BB'Q$ が $P$ に関して配景的であることを確かめ、thm-des-main を使う。
段 1（配景）。対応する頂点を $A\leftrightarrow B$、$A'\leftrightarrow B'$、$R\leftrightarrow Q$ とする。直線 $AB$ と $A'B'$ は $P$ を通る。$P,Q,R$ は一直線上にあるので、直線 $RQ$ も $P$ を通る。仮定により、この 3 本の直線は相異なり、6 つの頂点はどれも $P$ と異なる。よって 2 つの三角形は $P$ に関して配景的である（def-des-perspective）。このとき $P$ はどちらの三角形の辺の直線の上にもない（たとえば $P$ が直線 $AA'$ の上にあれば、直線 $PA$ と $PA'$ がどちらも直線 $AA'$ になり、$P$ を通る直線 $AB$ と $A'B'$ が一致してしまう）。
段 2（対応する辺の交点）。辺 $AA'$ と $BB'$ の交点は $O$ である。辺 $A'R$ は直線 $C'A'$（$R$ はこの直線の上にある）、辺 $B'Q$ は直線 $B'C'$ なので、交点は $C'$ である。辺 $RA$ は直線 $CA$、辺 $QB$ は直線 $BC$ なので、交点は $C$ である。
段 3（結論）。thm-des-main により $O,C',C$ は一直線上にある。つまり直線 $CC'$ は $O$ を通る。$\square$