$D,E,F$ nin doğrusallığı üzerine uygulanan Menelaus'tan;
\[\frac{DC}{DA} \cdot \frac{FA}{FB} \cdot \frac{EB}{EC}=1.\]
ve $CD=CE$ olduğundan $\frac{BE}{BF}= \frac{DA}{FA}$ olur. $AP$, $\angle{BAC}$ nın açıortayı olduğundan;
\[\frac{BE \cdot DA}{BF \cdot FA}= \left( \frac{DA}{FA} \right)^2= \frac{PD^2}{PF^2}.\]
olur. Bu da $PD^2=BE \cdot AD \iff FP^2=FA \cdot FB$ demektir. O halde $FP^2+CP^2=CF^2$ olduğunu gösterirsek istenen önerme bulunacaktır. Yani $FP \perp CP$ olduğunu göstermeliyiz.
Varsayalım ki $AD.BE=PD^2$ olsun. $P=I$ olduğunu yani $P$ nin iç merkez olduğunu gösterelim. $AC$ üzerinde $BE_1 // ED$ olacak şekilde bir $E_1$ noktası alalım. $AD.BE=AD.DE_1=PD^2$ olduğunu biliyoruz. Buradan $\angle{E_1BA}=\angle{E_1PA}=\frac{\angle{B}-\angle{A}}{2}$ ve $AE_1PB$ çembersel olur $\angle{PBE_1}=\angle{PAE_1}=\frac{\angle{A}}{2} \Rightarrow \angle{PBC}=\frac{\angle{B}}{2}$ olduğundan $P=I$ olduğu elde edilir. Buradan $P$ noktası $DE$ nin orta noktası olur. O halde $FP \perp CP$ olur. İspat biter.
Şimdi de varsayalım ki $FB.FA+CP^2=CF^2$ olsun. $FP^2+CP^2=CF^2$ göstermek istiyoruz. Yani $FB.FA=FP^2$ olduğunu göstermemiz yeterli. $\angle{ABP}=\angle{APD}$ olduğunu gösterirsek $PAF$ ve $PBF$ üçgenleri benzer olacak ve istenen elde edilecek. $AB.AD=AP^2$ gösterirsek $\frac{AB}{AP}=\frac{AP}{AD}$ ve $\angle{BAP}=\angle{PAD}$ olduğundan $BAP$ ve $PAD$ benzer olur. $\angle{ABP}=\angle{APD}$ elde edilir ve ispat biter. Buradan sonrasını tamamlayamadım. Yardımcı olacak varsa sevinirim.
