$AC>AB$ olsun.
$BC$ nin orta noktası $M$ olsun. $DM \perp BC$.
$B$ ve $C$ nin $AI$'ya göre simetriği $B'$ ve $C'$ olsun.
$BB'$ ve $CC'$ doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla $M_B$ ve $M_C$ olsun. $AI$ simetri ekseni olduğu için $M_B \in AI$ ve $M_C \in AI$.
Basit açı hesaplarıyla $\angle BID = \angle IBD$ ve $\angle CID = \angle ICD$ olduğu görülebilir. $DBI$ ikizkenar üçgeninde yükseklikler eşit olacağı için $IE=BM_B$ ve benzer şekilde $DCI$ üçgeninde $IF=CM_C$ olur.
$D$ den $AC$ ve $AB$ doğrularına inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $H_B$ ve $H_C$ olsun.
$H_BH_C$ doğrusu; $ABC$ üçgeninde $D$ ye ait
Simson doğrusudur.
Bilmeyenler için kısa bir ispat yapalım.
$H_BM$ uzantısı üzerinde bir $K$ noktası alalım. $\angle DMC = \angle DH_BC = 90^\circ$ olduğu için $DMH_BC$ kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla, $\angle KMD = \angle DCH_B$. Diğer taraftan $BMDH_C$ de bir kirişler dörtgenidir. $\angle H_CMD = \angle H_CBD = \angle ACD = \angle KMD$ olduğu için $H_C$, $K$, $M$, $H_B$ noktaları doğrusaldır.
(Dikkat edilirse, $M$ nin orta nokta olması ya da eşdeğer olarak $AD$ nin açıortay doğrusu olması Simson doğrusu için önemli değildir.)
$AH_CDH_B$ bir deltoiddir. Bu durumda $H_CH_B \perp AD$ yani $BB' \parallel H_BH_C \parallel CC'$ dür.
$BM=MC$ olduğu için $BB'CC'$ yamuğunda $H_BH_C$ orta tabandır. Bu durumda, $H_BH_C = \dfrac {BB' + CC'}{2} = BM_B + CM_C = IE + IF = \dfrac {AD}{2}$
(Dikkatli okuyucu, buradaki "$15^\circ - 75^\circ - 90^\circ$ üçgenindeki hipotenüse ait yüksekik, hipotenüsün $1/4$ üdür." özelliğini fark edecektir. Fark etmeyenler için devam edelim...)
$AH_CDH_B$ kirişler dörtgeninin çevrel yarıçapı $R$ olsun. $\dfrac {H_BH_C}{\sin \angle H_BAH_C} = 2R = AD \Longrightarrow \angle H_BAH_C = 30^\circ$ veya $\angle H_BAH_C = 150^\circ$ dir.
$AB=AC$ olduğunda $ABDC$ kirişler dörtgeni ile $AH_CDC$ kirişler dörtgeni çakışacak. Yani yine $IE+IF = BC = \dfrac {AD}{2}$ ve $\triangle BAD$ bir $15^\circ - 75^\circ - 90^\circ$ üçgeni olacak.
Sonuç olarak, $\angle BAC \in \{30^\circ, 150^\circ\}$ dir.