Çözümün ana fikri $BPK \sim CQK$ benzerliğini göstermeye dayanmaktadır.
(http://geomania.org/forum/fantezi-geometri/geometri-sorusu-$7$/?action=dlattach;attach=14553;image)
Çevrel çember yarıçaplarını $|PB|=R_1$, $|QC|=R_2$ ile gösterelim. İç ters açılardan $m(\widehat{ADB})=m(\widehat{DBC})=\alpha$ diyelim. Çevre açı-merkez açı ilişkisinden $m(\widehat{BPA})=2\alpha$ ve $m(\widehat{DQC})=2\alpha$ olur. Böylece $ABP$ ve $DQC$ ikizkenar üçgenlerinde $m(\widehat{ABP})=90^\circ -\alpha $ ve $m(\widehat{QCD})=90^\circ -\alpha $ olur. Dolayısıyla
$$ m(\widehat{ABP})= m(\widehat{QCD}) $$
elde edilir. Diğer taraftan, eğer
$$ \dfrac{|KB|}{|KC|}= \dfrac{R_1}{R_2}$$
oranının da sağlandığını ispat edebilirsek $BPK \sim CQK$ (kenar-açı-kenar) benzerliğini elde etmiş olacağız. Şimdi, sinüs teoreminden
$|AB|=2R_1\sin{\alpha}$ ve $|CD|=2R_2\sin{\alpha}$ olup $\dfrac{|AB|}{|CD|}= \dfrac{R_1}{R_2}$ yazabiliriz. Ayrıca paralellikten ötürü $\dfrac{|AB|}{|CD|} = \dfrac{|KA|}{|KD|}=\dfrac{|KB|}{|KC|}$ oranlarını yazabiliriz. Bu eşitliklerden hemen $ \dfrac{|KB|}{|KC|}= \dfrac{R_1}{R_2}$ elde edilir ve ispat tamamlanır.