$AB > AC$, $\angle A= \alpha$, $\angle B = \beta$, $\angle C = \theta$ olsun.
$OF$ ile $BC$, $Q$ da kesişsin. $[BC$ üzerindeki $G$ noktası $FC=FG$ şartını sağlasın.
$\angle OAB = 90^\circ - \theta$, $\angle OAC = 90^\circ - \beta$.
Teğet-Kiriş açıdan $\angle FOM = \angle OAC = 90^\circ -\beta$. $\angle OQM = \beta$, $\angle OEB = \angle CFQ = \theta - \beta$ olacaktır.
$\angle COM = \alpha$, $\angle COQ = \alpha - (90^\circ- \beta) = \alpha + \beta - 90^\circ = 180^\circ - \theta - 90^\circ = 90^\circ - \theta$.
$CO = OB$, $\angle EBO = \angle FOC = 90^\circ - \theta$, $\angle OEB = \angle CFO = \theta - \beta$ olduğu için $\triangle EBO \cong \triangle FOC$. Dolayısıyla $OE = CF = GF$.
$\angle GCF = \angle CGF = \theta$, $\angle GQF = \beta$ olduğu için $\angle GFQ = \alpha$ dır.
Aynı zamanda $AEOF$ kirişler dörtgeninde $\angle EOF = 180^\circ - \angle EAF = 180^\circ - \alpha$ olduğu için $OE \parallel FG$ dir.
$OE=FG$ olduğu için $EOFG$ bir paralelkenardır. O halde, $OG$ ile $EF$ köşegenleri birbirini ortalayacaktır. Dolayısıyla köşegenler $I$ noktasında kesişecektir. Buradan $OI=IG$ elde edilir.
$\triangle OMG$ dik üçgeninde $I$ hipotenüsün orta noktası olduğu için $OI = MI$, dolayısıyla $\triangle IMO$ ikizkenar üçgen olacaktır. $\blacksquare$
Şimdi de $PN$ ile $AG$ doğruları $L$ noktasında kesişsin. $AL=LG$ ve $OI=IG$ olduğu için $LI \parallel AO$ olacaktır. Bu durumda $IL = \dfrac {AO}{2}$ olur.
$\angle LKI = \angle EKP = \angle CQF + \angle EFQ = \beta + 90^\circ - \theta = 90^\circ + \beta - \theta$.
$PN$ ile $AO$ doğruları $R$ de kesişsin.
$\angle KLI = \angle ARN = \angle APR + \angle PAR = \angle ABC + \angle BAO = \beta + 90^\circ - \theta = 90^\circ + \beta - \theta$.
O halde $KI=IL = \dfrac {AO}{2}$ dir. $\blacksquare$
