Si osserva che, essendo angoli corrispondenti rispetto alle parallele $ EQ \parallel AB $ tagliate dalla trasversale $ AC,\ \widehat{CEQ} = \widehat {EAF} $ e, analogamente, noto che $ FP \parallel AC $, si ha $ \widehat{PFB} = \widehat{EAF} $, da cui $ \widehat{CEQ}= \widehat{PFB} = \widehat{EAF}. $ Ne segue che i triangoli $ \triangle {CEQ} $ e $ \triangle{PFB} $sono simili, in quanto isosceli (infatti $ CE = EQ , \ \ PF = FB $, dal momento che sono raggi delle medesime circonferenze) e aventi angolo al vertice congruente. Sapendo che $ FB = BD $ e $ CE = CD $ in quanto segmenti di tangenza, dalla similitudine segue che $ \displaystyle \frac{PB}{QC} = \frac{FB}{EQ} = \frac{BF}{CE} = \frac{BD}{CD} \ \ $$ \displaystyle (1) $. Allo stesso tempo dalle similitudini segue che $ \widehat{ECQ} = \widehat{FPB} $ e, quindi, essendo i due angoli corrispondenti rispetto alle rette $ CQ $ e $ PB $ tagliate dalla trasversale $ PQ $, si ha $ CQ \parallel PB $. dunque $ \widehat{BCQ} = \widehat{CBP}, $ poiché alterni interni rispetto alle parallele $ CQ \parallel PB $ tagliate dalla trasversale $ BC $ e, infine, sapendo che $ B, D $ e $ C $ sono allineati, si ha $ \widehat{QCD} = \widehat{PBD} $ e, dunque, noto $ \displaystyle (1) , $ che i triangoli $ \triangle{CQD} $ e $ \triangle{BPD} $ sono simili, per cui $ \widehat{CDQ} = \widehat{BDP} $, da cui, essendo $ B, D $ e $ C $ allineati, segue l'allineamento richiesto tra $ P, D $ e $ Q $.