Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku

---

Rozważmy trójkąty ADC₂ i BDC₁.

Zauważmy, że kąty wpisane AC₁B i AC₂B są oparte na tym samym łuku, czyli 

$\left|\sphericalangle A{C}_{1}B\right|=\left|\sphericalangle A{C}_{2}B\right|$  

Podobnie kąty C₂AC₁ i C₂BC₁ są oparte na tym samym łuku, więc

$\left|\sphericalangle C_{2}A{C}_1\right|=\left|\sphericalangle C_{2}B{C}_1\right|$  

Kąty ADC₂ i BDC₁ to kąty wierzchołkowe, czyli 

$\left|\sphericalangle AD{C}_2\right|=\left|\sphericalangle BD{C}_1\right|$  

zatem na mocy cechy podobieństwa kąt-kąt-kąt trójkąty ADC₂ i BDC₁ są podobne. 

---

Z podobieństwa trójkątów ADC₂ i BDC₁ dostajemy, że trapezy ADFE i BDGH mają równe kąty przy dłuższej podstawie.

Korzystając z faktu, że suma miar kątów leżących przy tym samym ramieniu trapezu jest równa 180° dostajemy, że odpowiednie kąty przy krótszych podstawach tych trapezów także są równe.

Zatem trapezy ADFE i BDGH mają kąty równej miary. 

---

Oznaczmy przez k (k>0) skalę podobieństwa trójkąta ADC₂ do trójkąta BDC₁.

Wtedy otrzymujemy, że 

• $\left|AD\right|=k\cdot c$  
• $\left|FD\right|=k\cdot b$  
• $\left|EA\right|=k\cdot a$  

Korzystając z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta

• w trójkącie BDC₁ dostajemy, że 

$\left|GH\right|=\frac{1}{2}\left|BD\right|=\frac{1}{2}c$  

• w trójkącie ADC₂ dostajemy, że 

$\left|EF\right|=\frac{1}{2}\left|AD\right|=\frac{1}{2}\cdot k\cdot c=k\cdot \frac{1}{2}c$  

---

Otrzymaliśmy więc, że trapezy ADFE i BDGH mają równe kąty i odpowiednie boki w tych trapezach są proporcjonalne. 

Zatem te trapezy są podobne. 

c.n.d.