$A=[1,0,0]$, $B=[0,1,0]$, $C=[0,0,1]$, $I=[a,b,c]$. Si ricava facilmente che:
$A_1=[0,p-c,p-b]$ , $B_1=[p-c,0,p-a]$, $C_1=[p-b,p-a,0]$ dove $p=\displaystyle \frac{a+b+c}{2}$
$A_2$ può essere definito anche come l'intersezione tra $AI$ e l'asse di $BC$ (e lo stesso vale per $B_2$ e $C_2$), per cui basta risolvere
$$\begin{cases} bz-cy=0\\(b^2-c^2)x+a^2y-a^2z \end{cases} \Rightarrow x=-a^2, y=b(b+c), z=c(b+c)$$
Da cui $A_2=[-a^2,b(b+c),c(b+c)]$, $B_2=[a(a+c),-b^2,c(a+c)]$, $C_2=[a(a+b),b(a+b),-c^2]$
$$B_1C_1: \det\left[\begin{matrix} p-c & 0 & p-a\\ p-b & p-a & 0\\ x & y & z \end{matrix}\right]=0 \Rightarrow -(p-a)x+(p-b)y+(p-c)z=0$$
$$ A_3=\begin{cases} -(p-a)x+(p-b)y+(p-c)z=0\\ x=0 \end{cases}\Rightarrow x=0, y=p-c, z=-(p-b)$$
Dunque, ripetendo lo stesso ragionamento per $B_3$ e $C_3$ si ottiene:
$A_3=[0,p-c,-(p-b)]$, $B_3=[p-c,0,-(p-a)]$, $C_3=[p-b,-(p-a),0]$
$$A_2A_3: \det \left[\begin{matrix}-a^2 & b(b+c) & c(b+c)\\ 0& p-c & -(p-b)\\ x & y & z \end{matrix}\right]=0\Rightarrow (b+c)(pb+pc-b^2-c^2)x+a^2(p-b)y+a^2(p-c)z=0$$
$$A_4=\begin{cases}(b+c)(pb+pc-b^2-c^2)x+a^2(p-b)y+a^2(p-c)z=0\\a^2yz+b^2xz+c^2xy=0\end{cases}$$
Ricavando $z$ dalla prima equazione, sostituendolo nella seconda e fattorizzando (ricordiamo che anche $A_2$ è soluzione del sistema) otteniamo:
$$ (b(b+c)x+a^2y)(a^2(p-b)y+b(pb+pc-b^2-c^2)x)=0$$
Il primo fattore si annulla in corrispondenza delle coordinate di $A_2$, dunque $x=-a^2(p-b)$, $y=b(pb+pc-b^2-c^2)$
Pertanto, con lo stesso ragionamento per $B_4,C_4$ abbiamo che:
$A_4=[-a^2(p-b)(p-c), b(p-c)(pb+pc-b^2-c^2), c(p-b)(pb+pc-b^2-c^2)]$
$B_4=[a(p-c)(pa+pc-a^2-c^2), -b^2(p-a)(p-c), c(p-a)(pa+pc-a^2-c^2)]$
$C_4=[a(p-b)(pa+pb-a^2-b^2), b(p-a)(pa+pb-a^2-b^2), -c^2(p-a)(p-b)]$
Ora $AA_4: b(p-c)z-c(p-b)y=0$, $BB_4: c(p-a)x-a(p-c)z=0$, $CC_4: a(p-b)y-b(p-a)x=0$
$$ \det\left[\begin{matrix} 0&-c(p-b)&b(p-c)\\c(p-a)&0&-a(p-c)\\-b(p-a)&a(p-b)&0\end{matrix}\right]=-abc(p-a)(p-b)(p-c)+abc(p-a)(p-b)(p-c)=0$$
Dunque $AA_4,BB_4,CC_4$ concorrono