$\triangle ABC$ de, $AI$ doğrusu $BC$ yi $W$ kessin. $I$ dan $BC$ ye çizilen paralel $AD$ yi $P$ de kessin. $u$ yarıçevre olmak üzere;
İddia:
$$PI = \dfrac {(u-a)(b-c)}{a+b+c}$$
İspat:
$$CD = u-c, WC = \frac {ab}{b+c} \Longrightarrow DW = \dfrac {(u-a)(b-c)}{b+c}$$
$$\dfrac{AI}{AW} = \dfrac {AC}{AC+CW} = \dfrac {b}{b + \dfrac {ab}{b+c}} = \dfrac {b+c}{a+b+c}$$
$$\dfrac {PI}{ DW} = \dfrac {AI}{AW} \Rightarrow PI = DN \cdot \dfrac {AI}{AW} = \dfrac {(u-a)(b-c)}{a+b+c} \blacksquare$$
Soruya geri dönelim.
$KL$, $AD$ yi $R$ de; $MN$, $AD$ yi $S$ de kessin.
$B$ den $AD$ ye inilen dikmenin ayağı $X$; $C$ den $AD$ ye inilen dikmenin ayağı $Y$ olsun. $$\dfrac {KM}{BM} = \dfrac {RS}{SX} \text{ ve } \dfrac {LN}{CN} = \dfrac {RS}{SY} $$ Bu durumda, $$\dfrac {KM\cdot LN}{BM \cdot CN} =1 \Longleftrightarrow RS^2 = SX \cdot SY $$ olacaktır. $\angle XBD = \theta$ dersek, $\angle ADI = \angle DCY = \theta$ ve $XD = (u-b)\sin\theta$ and $DY=(u-c)\sin\theta$ olacaktır. $$SX=SD-XD = RS - XD \text{ ve } SY = SD + DY = RS + DY$$ $$SX\cdot SY = (RS-XD)(RS+DY) = RS^2 + RS(DY-XD) - XD\cdot DY$$ olduğu için amacımız $RS(DY-XD) = XD \cdot DY$ olduğunu göstermek.
$ID=r$ dersek, $RS = \dfrac r2 \cdot \cos \theta$.
$$RS(DY-XD) = XD \cdot DY \Longleftrightarrow \dfrac r2 \cdot \cos \theta (b-c)\sin\theta = (u-b)(u-c)\sin^2\theta$$
$$\Longleftrightarrow r = \dfrac{2(u-b)(u-c)}{(b-c)}\cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow u(u-a)r = \dfrac{2u(u-a)(u-b)(u-c)}{2(b-c)}\cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow u(u-a)r = \dfrac{2u^2r^2}{(b-c)}\cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow (u-a)(b-c) = 2ur \cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow \dfrac {(u-a)(b-c)}{2u} = r \cdot \tan \theta$$
$PI = \dfrac {(u-a)(b-c)}{a+b+c}$ olduğunu göstermiştik. Aynı zamanda $PI = r\tan \theta$ olduğu için çift yönlü gerektirmenin son ifadesi doğrudur. Bu durumda $RS(DY-XD) = XD \cdot DY$ olacaktır. $\blacksquare$
