$AD=a$, $AE=b$ ve $FG=x$ olsun.
$AFG$ de Pisagor'dan $x^2=(a-x)^2+(b-x)^2=2x^2 - 2(a+b)x+a^2+b^2 \Longrightarrow x_{1,2}=a+b\pm \sqrt{2ab}$. $a>x$ ve $b>x$ olduğu için $$AF=a-x = \sqrt{2ab}-b \quad \text{ve} \quad AG=b-x=\sqrt {2ab}-a \tag{1}$$
$\triangle ABH \sim \triangle CAH$ olduğu için $$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{CE}{AE} \Longrightarrow AD\cdot AE = BD\cdot CE \tag{2}$$
Dik üçgende iç teğet çemberin hipotenüsü ayırdığı doğru parçaları ile ilgili bilinen bir özelliğin ispatını yapalım.
$ABH$ dik üçgeninde iç yarıçap $AH-AD=BH-BD \Longrightarrow AH-BH=AD-BD$ dir.
Her iki tarafın karesini alalım.
$AH^2+BH^2-2AH\cdot BH=AD^2+BD^2+2AD\cdot BD$.
Pisagor'dan $AH^2+BH^2=AB^2=(AD+BD)^2=AD^2+BD^2+2AD\cdot BD$ elde ettiğimiz ifadeyi bir önceki denklemde yerine yazarsak $AD^2+BD^2+2AD\cdot BD -2AH\cdot BH = AD^2+BD^2+2AD\cdot BD \Longrightarrow 2AD\cdot BD = AH\cdot BH$ elde edilir.
Benzer şekilde $ACH$ dik üçgeninde $2AE\cdot EC = AH\cdot CH$.
Son iki eşitliği taraf tarafa çarpıp Öklid uygularsak $4 \cdot AD\cdot AE \cdot BD\cdot EC = AH^2\cdot BH\cdot CH = AH^4$.
$(2)$ de bulduğumuz özdeşliği kullanarak $AH^2=2\cdot AD\cdot AE$ elde ederiz.
$AH=\sqrt{2ab}$ olur.
$\triangle ABH$ nin iç teğet çemberinin yarıçapı $r_1$, $\triangle CAH$ nin iç teğet çemberinin yarıçapı $r_2$ olsun.
$r_1=AH-AD=\sqrt{2ab}-a=AG$ ve $r_2=AH-AE=\sqrt{2ab}-b=AF$.
$\triangle ABH \sim \triangle CAH$ olduğu için $\dfrac{AB}{CA}=\dfrac{r_1}{r_2} =\dfrac{AG}{AF}\Longrightarrow AF\cdot AB = AG\cdot AC$. Bu da $B,F,G,C$ nin çembersel olduğu anlamına gelir.
