m(ANC)=90 ispatı {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

Soru: $ABC$ dar açılı üçgeninde $[AD]$ iç açıortayının orta noktası $M$ dir. $[BM]$ üzerinden $m(\widehat{MNA})=m(\widehat{DAC})$ olacak biçimde bir $N$ noktası alınıyor. $m(\widehat{ANC})=90^\circ $ olduğunu ispatlayınız.   

[Lokman Gökçe]

Çözüm (Lokman GÖKÇE): $ANM \sim BAM$ (açı-açı-açı benzerliği) olduğundan $\dfrac{|AM|}{|BM|}=\dfrac{|NM|}{|AM|}=\dfrac{|AN|}{|AB|} \tag{1}$ yazılabilir. Buradan $|MD|^2=|AM|^2=|MN|\cdot |MB|$ elde edilir. Bu eşitliğe göre $MDN \sim MBD $ (kenar-açı-kenar benzerliği) olup $\dfrac{|ND|}{|BD|}=\dfrac{|NM|}{|MD|}=\dfrac{|MD|}{|MB|} \tag{2}$ orantısı elde edilir. Ayrıca bu çözüm içinde kullanmayacak olsak da $m(\widehat{MDN})=m(\widehat{MBD})$ eşitliği vardır. $|AM|=|MD|$ eşitliğinden dolayı $(1)$ ve $(2)$ orantıları aynı orantı sabitine eşittir. Böylece $\dfrac{|AN|}{|AB|}=\dfrac{|ND|}{|BD|} $ elde edilir. Bu eşitliği $\dfrac{|AB|}{|BD|}=\dfrac{|AN|}{|ND|} \tag{3}$ biçiminde yazmak daha kullanışlı olacaktır.

Şimdi $ABC$ üçgeninin iç teğet çember merkezini $I$, $A$ noktasına göre dış teğet çember merkezini de $I_a$ olarak işaretleyelim. $[BI]$ ve $[BI_a]$, $ABD$ üçgeni için sırasıyla iç açıortay ve dış açıortaydır. Açıortay teoremlerinden $\dfrac{|AB|}{|BD|}=\dfrac{|AI|}{|ID|} = \dfrac{|AI_a|}{|DI_a|} \tag{4} $ olup $(3)$ ve $(4)$ eşitliklerinden $\dfrac{|AN|}{|ND|}=\dfrac{|AI|}{|ID|} = \dfrac{|AI_a|}{|DI_a|} \tag{5} $ elde edilir. Bu orantıdan dolayı $AND$ üçgeninde $[NI]$ bir iç açıortay ve $[NI_a]$ bir dış açıortaydır. Bir üçgende aynı köşeden çıkan iç açıortay ile dış açıortay birbirine dik olduğundan $m(\widehat{INI_a})=90^\circ$ dir. Aynı sebeple $m(\widehat{IBI_a})= m(\widehat{ICI_a})= 90^\circ $ olur. Böylece $[II_a]$ çaplı çember $B,N,C$ noktalarından da geçer. (Bu çember $ABD$ üçgeninin $A$ noktasına göre Apollonius Çemberi olarak isimlendirilir.)

Üçgende temel açı özelliklerinden $m(\widehat{BI_aC})=90^\circ - \dfrac{m(\widehat{BAC})}{2}=90^\circ - m(\widehat{MNA}) \tag{6}$ ve kirişler dörtgeninde açı özelliklerinden $m(\widehat{BI_aC})=m(\widehat{MNC}) \tag{7}$ olur. $(6)$ ve $(7)$ den $90^\circ - m(\widehat{MNA})=m(\widehat{MNC})$ olup $m(\widehat{CNA})=90^\circ $ sonucuna ulaşılır.

[Can Muharrem ÖZKAN]

$ ABM \sim NAM $  (A-A-A) benzerliğinden $$\frac{|AB|}{|AN|}=\frac{|AM|}{|MN|}=\frac{|BM|}{|AM|}$$
ve $|AM|=|MD|$ olduğundan son iki eşitlik $$\frac{|MD|}{|MN|}=\frac{|BM|}{|MD|}$$olmasından ötürü $MDN \sim MBD $ olup $m(\widehat{MDN})=m(\widehat{MBD})$ ve benzerlik tamamen yazılırsa $$\frac{|MD|}{|MN|}=\frac{|BM|}{|MD|}=\frac{|DN|}{|BD|}$$
$ABM\sim NAM$ ve $MDN\sim MBD$ birlikte düşünülürse; $$\frac{|AB|}{|BD|}=\frac{|AN|}{|ND|}$$ yazılabilir. Artık açılarımızı adlandıralım. $m(\widehat{BAN})=2\alpha $, $m(\widehat{NAC})=2\beta$, ise $m(\widehat{ANM})=\alpha+\beta$, $m(\widehat{ABN})=m(\widehat{MAN})=\beta-\alpha$, $m(\widehat{DBN})=m(\widehat{MDN})=\theta$ dır.
Diğer taraftan iç açıortay teoreminden faydalanırsak $$\frac{|AB|}{|BD|}=\frac{|AC|}{|CD|}$$ yazılabilir. Son iki oranı bir arada düşünürsek, $$\frac{|AN|}{|ND|}=\frac{|AC|}{|CD|}$$ Bu oran bize $ANCD$ dörtgeninin $A$ ve $D$ açılarının iç açıortaylarının $P$ gibi bir sabit noktada kesişeceğini gösterir. Öyleyse $[AP]$ ve $[DP]$ açıortaydır. $m(\widehat{NDC})=2\beta+2\theta$ olduğundan $m(\widehat{DAP})=\beta$, öte yandan $m(\widehat{NAC})=2\beta$ olduğundan $m(\widehat{DAP})=\alpha$ olmalıdır. $DAP$ üçgeninde $[DP]\parallel[MP']$ olacak şekilde $[AP]$ üzerinde bir $P'$ noktası alırsak orta tabandan $|AP'|=|P'P|$  $$m(\widehat{ANM})+m(\widehat{AP'M})=180^{\circ}$$
olduğundan $ANMP'$ dörtgeni çemberseldir. $N$ ile $P'$ birleştirildiğinde aynı yayı gören çevre açılar eşit olacağından $m(\widehat{MNP'})=m(\widehat{DAP})=\alpha$ olduğundan
                                                                  $ |P'N|=|P'A|=|P'P|$ $\Longrightarrow$ $[AN] \bot [NC]$
dir. $\blacksquare$
                                                                                              $\clubsuit$     Lokman GÖKÇE ağabeyime ithafen    $\clubsuit$