Пусть H  - точка пересечения высот треугольника АВС,
М - точка пересечения медиан и О-центр описанной окружности.
     Построим треугольник А1В1С1, симметричный треугольнику АВС относительно точки М,
пусть Н1-точка пересечения высот треугольника А1В1С1, симметричная точке Н. Точки Н, М, Н1 лежат на одной прямой.
      Рассмотрим треугольник А2В2С2, гомотетичный треугольнику А1В1С1 с центром в точке М и коэффициентом гомотетии, равным 1/2. Тогда |MA2|=1/2|MA1|=1/2|AM|. Значит, точка А2 является основанием медианы, проведенной из вершины А, и лежит в середине отрезка ВС.
     Аналогично В2 и С2 являются серединами АС и АВ.
     Следовательно, точка пересечения высот треугольника А2В2С2, гомотетичная точке Н1, совпадает с точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника АВС, т.е. с точкой О.
     Так как точки Н1 и О гомотетичны с центром М, то точки М, Н1, О лежат на одной прямой. Точка Н лежит на прямой МН1, следовательно, точки Н, М, О лежат на одной прямой. Более того, |HM|:|OM|=|H1M|:|OM|=2.
​

     Пусть Н - точка пересечения высот треугольника АВС,
К, L, М - середины отрезков ВН, АН, СН;
Е - середина отрезка АС;
D - основание высоты треугольника АВС, опущенной из вершины В.
     Опишем окружность на отрезке КЕ как на диаметре. Так как KD перпендикулярно DE, то точка D лежит на окружности.
Отрезки KL и LE являются средними линиями в треугольниках АВН и AHC.  Значит, KL||AB,  LE||CH. Прямые АВ и СН перпендикулярны, поэтому угол KLE равен 90 градусов и точка L также лежит на построенной окружности.
     Аналогично доказывается, что на этой окружности лежит и точка М.
     Таким образом, окружность описанная вокруг треугольника KLM, пересекает сторону АС в точках, одна из которых будет основанием высоты, а другая основанием медианы.
     Если произвести аналогичное построение для другой стороны треугольника, то получим ту же самую окружность, описанную вокруг треугольника KLM.
     Это доказывает, что все 9 указанных в условиях задачи точек лежат на одной окружности.
     Если треугольник АВС - равнобедренный, скажем, |AB|=|BC|, то точки D и Е совпадают, а окружности девяти точек касается стороны АС.
​

     Пусть О - центр описанной окружности треугольника АВС и
К - центр вписанной окружности (рис.1).
      Продолжим отрезок ВК до пересечения с описанной окружностью в точке L.
     Вычислим двумя способами произведение |BK| и |KL|.
     Во-первых, проведём диаметр описанной окружности LM и опустим из точки К перпендикуляр DK на сторону АВ (рис. 1).
     Прямоугольные треугольники BDK  и  MAL подобны, так как
углы ABL и AML  опираются на одну дугу окружности и потому имеют равную величину.
     Значит, |DK|:|BK|=|AL|:|ML|  или
                                                 |BK|•|AL|=|DK|•|ML|=2Rr.
                                              
     Докажем теперь, что  |AL|=|KL|.
     Поскольку точка K лежит на биссектрисах углов ВАС и АВС, а углы  LAC и LBC опираются на одну дугу, то:
​
Угол KAL равен сумме углов KAC и LAC или
сумме углов KAC и LBA или
половине суммы углов А и В.
Угол АKL равен сумме углов KAB и KBA или
половине суммы углов А и В.
Итак, треугольник AKL - равнобедренный,
|AL|=|KL| и |BK|•|KL|=2Rr.

     Проведём теперь через точку К диаметр EF (рис.1).
     Треугольники BEK и LFK подобны по трём углам.
Значит, |BK|:|EK|=|KF|:|KL| или
|BK|•|KL|=|EK|•|KF|=(R-d)•(R+d)=R^2-d^2
Сравнивая найденные выражения для |BK|•|KL|, получим формулу Эйлера.  
​
​

     Пусть ABCD - выпуклый четырёхугольник, точки  H и G - середины диагоналей АС и BD.
     На продолжении отрезка AG за точку G отложим точку Е такую, что |AG| = |GE|.
     Аналогично на продолжении отроезка CG за точку G отложим точку F такую, что |CG| = |GF|.
     В четырехугольниках ABED,ACEF и BCDF диагонали в точке их пересечения G делятся пополам. Следовательно, эти четырёхугольники - параллелограммы.
     Так как в параллелограмме сумма квадратов длин сторон равна сумме квадратов длин диагоналей, находим равенства:
     |AE|^2+|BD|^2=2|AB|^2+2|AD|^2
     |BD|^2+|CF|^2=2|BC|^2+2|CD|^2
     |AE|^2+|CF|^2=2|AC|^2+2|CE|^2
​
     Заметим, что для некоторых четырёхугольников АВСD параллелограмм ACEF может выродиться в отрезок. Последнее из трех написанных выше равенств, тем не менее, сохранится.
     Складывая первые два равенства и вычитая из суммы третье равенство, найдём:
     2|BD|^2=2|AB|^2+2|BC|^2+2|CD|^2+2|AD|^2 - 2|AC|^2-
- 2|CE|^2
                  или
  |AB|^2+|BC|^2+|CD|^2+|AD|^2 - |AC|^2 - |BD|^2 = |CE|^2

     В треугольнике ACE отрезок GH - средняя линия.
Значит, |CE| = 2|GH|,  откуда и следует нужное равенство.