$\triangle RAQ$ üçgenini $\triangle RBQ' \cong \triangle RAQ$ olacak şekilde, $BR$ üzerine şeklin dışına doğru yapıştıralım.
$\angle Q'RB = \angle ARQ$ olduğu için $\angle Q'RQ = \angle BRA = 150^\circ$ ve $RQ'=RQ$.
$\angle RBP + \angle RAQ + \angle QCP = 360^\circ$ ve $\angle RBQ'=\angle RAQ$ olduğu için $\angle Q'BP = \angle PCQ$.
$BP=a$ ve $AQ=b$ dersek, $\triangle BPC$ ve $\triangle ACQ$ de Sinüs teoreminden $CP=a\sqrt 2$ ve $CQ=b\sqrt 2$ çıkar.
$\angle Q'BP = \angle PCQ$, $Q'B:BP = b:a$ ve $QC:CP=2b:2a$ olduğu için $\triangle Q'BP \sim \triangle QCP$ olur. $Q'P=c$ dersek, $QP=c\sqrt 2$ dir.
$\angle BPQ' = \angle APC$ olduğu için $\angle BPC = \angle Q'PQ = 105^\circ$. Ayrıca, $Q'P:PQ=c:c\sqrt 2$ ve $BP:PC=a:a\sqrt 2$ olduğu için $\triangle QPQ' \sim \triangle BPC$ olur. O halde, $\angle QQ'P = 45^\circ$ ve $\angle Q'QP = 30^\circ$.
$Q'RQP$ dörtgeninde, $Q'R=RQ$ ve $360^\circ - \angle Q'RQ = 210^\circ = 2 \cdot \angle Q'PQ$ olduğu için, $R$ merkezli, $RQ$ yarıçaplı çember, $Q'$, $P$ ve $Q$ noktalarından geçer. Bu durumda, $\angle PRQ = 2\cdot \angle QQ'P = 90^\circ$ ve $Q'R=RP=RQ$ dur.
