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Sia $A''=BB'\cap CC'$, e definiamo $B'',C''$ in modo analogo.
Lemma 1:
Per Pascal su $(A,B,C,C',P,A)$ (e cicliche) si ha che $M_a,B'',M_c$ (e cicliche) è una terna di punti allineati.
Lemma 2: $AA''\parallel BB''\parallel CC''$.
Dimostriamo il primo parallelismo, gli altri seguiranno per simmetria. Quindi basta dimostrare che i triangolo $A''AM_b$ e $BB''M_a$ sono omotetici. Facciamo quindi un'omotetia di centro $C''$ e fattore $\frac{C''M_b}{C''M_a}$ (usando segmenti orientati). Allora $M_a$ andrà in $M_b$, $B$ andrà in $A''$ per Talete sui triangoli $C''BM_a,C''A''M_b$ e infine $B''$ andrà in $A$ per Talete su $C''B''M_a,C''AM_b$ (abbiamo usato il lemma 1 per dire che $A''M_b\parallel BM_a$ e $B''M_a\parallel AM_b$, il che era quello che ci serviva per concludere il lemma 2.

Per il lemma appena dimostrato avremo che $C''A''\cdot C''B''=C''B\cdot C''A$, quindi $$\left[A''B''C''\right]=C''A''\cdot C''B''\sin\widehat{B''C''A''}=C''B\cdot C''A\sin\widehat{B''C''A''}=\left[ABC''\right]=\left[ABM_b\right]$$che chiaramente non dipende da $P$.

Un altro modo di dimostrare il parallelismo è accorgersi che vale un fatto un poco più forte, cioè che $AP$ e $AA''$ (e cicliche) sono coniugate isogonali in $ABC$ (questo si dimostra ad esempio invertendo in $A$ con raggio $\sqrt{AB \cdot AM_b}$ + solita simmetria). A quel punto le tre rette concorreranno nel coniugato isogonale di $P$, che è un bel punto all'infinito visto che $P$ sta sulla circoscritta.

Un altro modo ancora erano le baricentriche.