İç teğet çember $AB$ ye $N$ de dokunsun. $AB$ nin orta noktası $M$, $AE$ nin orta noktası $P$ olsun.
$BN=u-b$, $BM=\dfrac{c}{2}\Rightarrow MN=\dfrac{c}{2}-\left(u-b\right)=\dfrac{b-a}{2}$ olarak bulunur. Bu durumda ${\sin\angle OIN=\dfrac{NM}{OI}=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{OI}\ }$ olur.
$AQP$ üçgeninde $${\sin \angle AQP=\dfrac{AP}{AQ}=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{AQ}\ }$$ ve $$2\cdot \angle ADE=\angle EQA\Rightarrow \angle AQP=\angle ADE$$ olduğu için de ${\sin \angle ADE\ }=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{AQ}$ olarak bulunur.
Bu durumda, $$\angle ADE=\angle AQP\Rightarrow OI=AQ$$ olacağı için, $\angle ADE=\angle AQP$ olduğunu göstereceğiz.
$OI$ ile $ED$ yi kesiştirirsek, $\angle ADE=\angle OIN\Leftrightarrow DE\bot OI$ olur.
$OE^2-OD^2$ farkıyla $O$ nun $DE$ üzerindeki izdüşümünün yerini tespit edebiliriz.
$IE^2-ID^2$ farkıyla da $I$ nın $DE$ üzerindeki izdüşümünün yerini tespit edebiliriz.
Bu iki fark eşitse, bu durumda $OI\bot DE$ olacaktır.
Bu farkları hesaplamaya çalışalım. Üçgenlerde Stewart Teoremini uygulayacağız.
Stewart'ın Özel Halinden $OE^2=OC^2-AE\cdot EC=R^2-\left(b-a\right)a$,
Stewart'ın Özel Halinden $OD^2=OB^2-AD\cdot DB=R^2-\left(c-a\right)a$ olacağı için $$OE^2-OD^2=a\left(c-a\right)-a\left(b-a\right)=a\left(c-b\right)$$ elde ederiz.
$I$ noktası için her şey bu kadar kolay olmayacak tabii ki.
Stewart'tan $IE^2=\dfrac{IC^2\cdot AE+AI^2\cdot CE}{AC}-AE\cdot CE$, $$IE^2=\dfrac{IC^2\left(b-a\right)+AI^2\cdot a}{b}-a\left(b-a\right)$$ Benzer şekilde $ID^2=\dfrac{IB^2\cdot AD+AI^2\cdot BD}{AB}-AD\cdot BD$, $$ID^2=\dfrac{IB^2\left(c-a\right)+AI^2\cdot a}{c}-a\left(c-a\right)$$
elde ederiz. Bu durumda $$IE^2-ID^2=a\left(c-a\right)-a\left(b-a\right)+\dfrac{IC^2\left(b-a\right)+AI^2\cdot a}{b}-\dfrac{IB^2\left(c-a\right)+AI^2\cdot a}{c}$$ $$=OE^2-OD^2+\dfrac{IC^2\cdot c\left(b-a\right)+AI^2\cdot ac-IB^2\cdot b\left(c-a\right)-AI^2\cdot ab}{bc}$$ $$=OE^2-OD^2+\dfrac{IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)}{bc}$$ elde ederiz. Yani $IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)=0$ olduğunu göstermeye çalışacağız.
$I$ dan $AC$ ye inilen dikme, kenarı $b=(u-c)+\left(u-a\right)$ şeklinde böleceği için, $$CI^2-AI^2={\left(u-c\right)}^2-{\left(u-a\right)}^2=\left(2u-a-c\right)\left(u-c-u+a\right)=b\left(a-c\right)$$ elde ettik.
Benzer şekilde, $BI^2-CI^2=a\left(c-b\right)$ ve $AI^2-BI^2=c\left(b-a\right)$ elde edilir. $$IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)$$ $$=IC^2\left(AI^2-BI^2\right)+IA^2\left(BI^2-CI^2\right)+IB^2\left(CI^2-AI^2\right)=0$$ elde ederiz.
Demek ki, $IE^2-ID^2=OE^2-OD^2.$
Öyleyse, $OI\bot DE$ dir.