Elimizde $AD=\dfrac{BD^2}{AB+AD}\Rightarrow AB\cdot AD=BD^2-AD^2$ var.
$D$ merkezli, $DA$ yarıçaplı çember $BA$ yı $X$ te kessin. $B$ nin bu çembere göre kuvveti, $BD^2-DA^2=BA\cdot BX$ olduğu için $BX=AD=XD\Rightarrow \angle BAD=2\cdot \angle ABD=2\alpha$.
Benzer şekilde, $\angle DAC=2\cdot \angle ACD=2\beta$.
Üçgenin açılarını toplarsak, $\alpha+\beta+2\alpha+2\theta={180}^{\circ }\Rightarrow \alpha+\beta={60}^{\circ }$ ve $\angle BAC={120}^{\circ }$ elde edilir.
Yine aynı şekilde, $\angle EDC=\angle BDA$ olduğu için $\angle DCE=2 \cdot \angle DEC=2\alpha$ olacak. $\angle BCE=\angle BAE=2\alpha$ olduğu için de, $B,A,C,E$ noktaları çembersel olacaktır.
$H$ noktası, $B$ den $EC$ ye inilen dikmenin ayağı olsun. $BH$ ile $AE$ doğruları $F$ de kesişsin. $\angle BAC={120}^{\circ }\Rightarrow \angle BEH={60}^{\circ }$ olur. $EC$ üzerinde $\triangle BEG$ eşkenar üçgen olacak şekilde bir $G$ noktası alalım. $AG$ ile $AE$ doğruları $I$ da kesişsin. $F$ noktası, $\triangle EBG$ üçgeninin açıortayı üzerinde olduğu için $FG=FE$ ve $\angle IFG=2 \cdot \angle FEG=2\alpha$ elde edilir. Dolayısıyla, $FG\parallel AB$ elde edilir.
$EI$ ışını, $\left(BEG\right)$ çevrel çemberini $J$ de kessin. $\angle JBG=\angle JEG=\angle ABC=\alpha$ ve $\angle BJG=BAC={120}^{\circ }$ olduğu için, $A.A$ dan $\triangle JBG=\triangle ABC$ elde edilir. $JI$, $\angle BJG$ nin açıortayı olduğu için $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BJ}{JG}=\dfrac{BI}{IG}$ olur.
$$AB\parallel FG\Rightarrow \dfrac{AB}{FG}=\dfrac{BI}{IG}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow FG=AC=EF$$
elde ederiz. $\angle BAF=2\alpha$ ve $\angle EFH=\angle BFA={90}^{\circ }-\angle AEC={90}^{\circ }-\alpha$ olduğu için $AB=AF$ dir. Son durumda $AE=AF+FE=AB+AC$ elde etmiş olduk.
