$i)$ $AE = DE \Longrightarrow \angle BAD + \angle ADC = 120^\circ$
$\triangle ABE$ de Sinüs Teoreminden, $\dfrac{BA}{\sin \angle BEA}=\dfrac{AE}{\sin \angle ABE}$.
$\triangle DCE$ de Sinüs Teoreminden, $\dfrac{CD}{\sin \angle CED}=\dfrac{DE}{\sin \angle DCE}$.
Bu durumda $\sin \angle ABE = \sin \angle DCE$, yani $\angle ABE = \angle DCE$ ya da $\angle ABE+\angle DCE=180^\circ$ olacaktır. $\angle ABE = \angle DCE$ olsaydı $\triangle ABE \cong \triangle DCE$ olurdu. Bu durumda $BE=CE$ olurdu. Bu da $AC\neq BD$ ile çelişirdi. Geriye tek ihtimal kalıyor, o da: $\angle ABE+\angle DCE=180^\circ$.
$\angle ABE$ nin bütünleyeni ile $\angle DCE$ nin bütünleyeninin toplamı da $180^\circ$ olacağı için $AB$ ile $DC$ doğrularının keşistiği noktaya $F$ dersek $BECF$ kirişler dörtgenidir.
$\angle BFE = \angle BCE = \angle BAC$ olduğu için $EF=AE=DE$ olacaktır. Bu durumda $E$ noktası $\triangle FAD$ nin çevrel merkezi olacaktır.
$\angle AED = 2\angle AFD$ ve $\angle BFC + \angle BEC = 180^\circ$ olduğu için $3\angle AFD = 180^\circ$, $\angle AFD = 60^\circ$ ve $\angle BAD + \angle ADC = 120^\circ$ olacaktır.
$ii)$ $\angle BAD + \angle ADC = 120^\circ \Longrightarrow AE=DE$
$[AB$ ile $[DC$ ışınları $F$ de kesişsin. $\angle AFD = 60^\circ$.
$\angle BAC = \angle BCA = \alpha$ dersek $\angle FBC = 2\alpha$, $\angle FCB = 120^\circ - 2\alpha$, $\angle BDC = \angle CBD = 60^\circ - \alpha$ ve $\angle BEC = 120^\circ$.
$\angle BEC + \angle BFC=180^\circ$ olduğu için $BFCE$ kirişler dörtgenidir. Bu durumda $\angle BFE = \angle BCE =\angle BAC =\alpha$, dolayısıyla $AE=EF$. Benzer şekilde, $\angle CFE = \angle CBE = \angle CDE = 60^\circ -\alpha$, dolayısıyla $DE = EF = AE$ dir.