$DPQ$ üçgeninin çevrel çemberini çizdikten sonra $BC$ 'yi kestiği ikinci noktaya $M$, merkezine $O$, $ABC$'nin iç teğet çemberinin merkezine $I$ diyelim. $m(\widehat{ABC})=2α°$ ve $m(\widehat{ACB})=2β°$ diyelim. $α≥β$ kabul edelim. Öncelikle $O$ noktasının $BC$ üzerinde olduğunu görelim. $m(\widehat{DIC})=α-β°$ olduğundan $DQ$ ve $DP$ yaylarının farkı $2α-2β$'dir. $BC$'nin üstünde yer almayan bir $O$ noktası kabul edersek çelişki elde ederiz. Yaylar için şartları sağlayan $m(\widehat{DOP})=2β+2m°$ ve $m(\widehat{DOQ})=2α+2m°$ alalım. $m(\widehat{PDC})=90-β-m°$ olacağından $ODC$ ikizkenar üçgenin tepe açısı $2α+2m°$, eş açıları $90-α+m°$ olan bir üçgen gelir ki iç açılar toplamı $180+4m°$ çıkar. Bu durum sadece $m=0$ için sağlayacağından $O$, $BC$'nin üstündedir.
Buradan sonra $OD=OM=x$, $CM=y$, $FB=BD=ℓ$ alalım. $ℓ=y$ olduğunu gösterirsek ispat biter. $sinα=\frac{m} {2}$, $sinβ=\frac{k}{2}$ diyelim. $m(\widehat{POD})=m(\widehat{ABC})=2β$ olduğundan $EC // OP$'dir. Benzerlikten $PD=xk$, $EP=(x+y)k$ elde ederiz. $DF=ℓm$ ve $DQ=xm$ eşitliklerini de yazalım. Son olarak $PI=t$ ve $FI=EI=DI=h$ diyelim. Benzer $FIQ$, $PIE$, $PDQ$ üçgenlerinde kenarları oranlarsak
$\frac{h} {xm}=\frac{t} {xk}$
$\frac{t} {h}=\frac{(x+y)k} {(x+ℓ)m}$
yazarsak ilk eşitlikten $\frac{t} {h}=\frac{k} {m}$ elde ederiz. İkinci eşitlikte yerine yazdığımızda $\frac{k} {m}=\frac{(x+y)k} {(x+ℓ)m}$ den $k$'lar ve $m$'ler sadeleştikten sonra $ℓ=y$ elde edilir.
