Tia phân giác góc \(\widehat {BAD}\) của hình bình hành \(ABCD\) cắt các đường thẳng \(BC\) và \(DC\) lần lượt tại hai điểm \(M\) và \(N.\) Dựng ra phía ngoài hình bình hành \(ABCD\) tam giác  \(MCO\) cân tại $O$ với \(\widehat {MOC} = \widehat {BAD}\). Khi đó:

Ta có \(BM//AD\) nên \(\widehat {BMA} = \widehat {MAD}.\)

Mặt khác \(AM\) là phân giác của \(\widehat {BAD}\)  nên \(\widehat {BAM} = \widehat {MAD}.\)

Từ đó \(\widehat {BAM} = \widehat {AMB.}\)

 Vậy \(\Delta ABM\) cân tại \(B.\) Suy ra \(BM = BA = DC.\)

Tam giác \(OMC\) cân tại \(O\) nên \(OM = OC\) và \(\widehat {OMC} = \widehat {OCM} \)\(= \dfrac{{180^\circ - \widehat {MOC}}}{2} \)\(= \dfrac{1}{2}\left( {180^\circ - \alpha } \right)\)

Đặt \(\alpha  = \widehat {BAD},\) ta có \(\widehat {OCD} \)\(= \widehat {BCD} + \widehat {OCM} \)\(= \alpha  + \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \alpha } \right) \)\(= {90^0} + \dfrac{\alpha }{2}\,\,\left( 1 \right).\)

Các góc \(\widehat {BMO},\,\widehat {OMC}\) kề bù nên

\(\widehat {BMO} = {180^0} - \,\widehat {OMC} = {180^0} - \,\widehat {OCM} = {90^0} + \dfrac{\alpha }{2}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {OCD} = \widehat {BMO}.\)

Xét hai tam giác \(\Delta OBM,\,\Delta ODC\) có \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OCD} = \widehat {BMO}\\OM = OC \, (cmt)\\BM = CD \, (cmt)\end{array} \right.\) nên \(\Delta OBM = \Delta ODC\,\,\left( {c.g.c} \right).\)

Do đó \(\widehat {OBM} = \widehat {ODC}.\) Điều này chứng tỏ \(BOCD\) là tứ giác nội tiếp. Do đó bốn điểm \(B,\,O,\,C,\,D\) thuộc cùng một đường tròn.