Soruda $2r+r_a = R$ olması isteniyor. Bu durumda, çizim yaparken, dış teğet çemberi mümkün olduğunca küçük tutmak gerekiyor. Bunun için ideal çizimlerden biri, $B$ açısının geniş açılı olduğu bir $\triangle ABC$ çizmek.
Yazımda kolaylık sağlaması için $J=J_A$ diyelim.
$AI$ çevrel çemberi $M$ de kessin. Çok bilinen bir özellik olsa da $IJ$ nin orta noktasının $M$ olduğunu göstereceğiz. $$\angle IBM = \angle IBC + \angle CBM = \angle IBA + \angle MAC = \angle IBA + \angle MAB = \angle BIM$$ $\triangle IBJ$ açık şekilde bir dik üçgen bu durumda $M$ noktası $IM=MB$ şartını sağladığı için $IJ$ nin orta noktasıdır.
$[IEJ] = 2\cdot [IEO] \Rightarrow [IEM] = [EIO]$ olduğu için $EI$ ile $OM$ nin kesişimine $K$ dediğimizde $[EMK]=[EOK]$, dolayısıyla da $MK=KO$ olacaktır.
$I$ nın $O$ noktasına göre simetriği $I'$ noktası olsun. $IM=MJ$ ve $IO=OI'$ olduğu için $OM \parallel I'J$ dir. $M$, $BC$ yayının orta noktası olduğu için $OM \perp BC$ dir. Bu durumda $ID \parallel OM \parallel I'J$ olacaktır.
$\triangle IJI'$ de paralellikten dolayı benzerlik yazıldığında $I'J = 2\cdot OM = 2R$ olur. $I'J$ nin orta noktasına $L$ dersek, açık şekilde $I,K,L$ doğrusal ve $JL=R$ olacaktır. Daha önce $E,I,K$ doğrusallığını göstermiştik. O halde $E,I,K,L$ noktaları doğrusaldır.
Şu ana kadar geldiğimiz nokta, $ID=r$, $LD'=R-r_a$ ve $ID \parallel LD'$.
$JL \cap BC = \{D'\}$ olsun. $JL \perp BC$ olduğu için $D'J =r_a$ olduğu için $LD'=R-r_a$ dır. Paralellikten dolayı benzerlik uygularsak, $$\dfrac {ED}{DD'} = \dfrac{ID}{LD'-ID} = \dfrac{r}{R-r_a - r}$$ elde ederiz.
Üçgenin kenarlarına $a,b,c$ ve yarıçevreye $u$ dersek, $BD = CD' = u-b$ ve $DD' = a - 2(u-b) = b-c = AC - AB$ olacaktır. Yukarıdaki benzerlik oranında yerine yazarsak $$\dfrac{ED}{AC-AB} = \dfrac{r}{R-r_a-r}$$ elde ederiz. Bu durumda $$ED = AC - AB \Leftrightarrow r = R - r_a - r \Leftrightarrow R = 2r+r_a$$ olacaktır. $\blacksquare$
