Daha genelini çözelim:$ABCD$ dörtgeninde $BC=AC$, $AB=AD$ ve $\angle CAD - \angle BAC = 60^\circ$ ise $\angle ACB = 2\angle BAC $ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:$B$ nin $AC$ ye göre simetriği $E$ olsun. $AE = AB = AD$ ve $CE=CB=CA$ olacaktır. $\angle EAD = 60^\circ$ olduğu için $ADE$ eşkenardır. $ACED$ bir deltoittir. Bu durumda $\angle ACD = \angle ECD = \dfrac {\angle ACB} 2$. $\blacksquare$
Lokman Hoca'nın çözümü de genel soruya uygulanabilir.
Peki bu sorunun genel bir soru olduğunu nasıl anlıyoruz? Anlatayım:
Soruda verilen soruya $S_1$ diyelim.
$ABC$ çemberi $BD$ yi $E$ de kessin. $\angle AEC = \angle ACE = 20^\circ$, $\angle EAD = 80^\circ$ ve $\angle EDA = 20^\circ$ olacaktır. $ACD$ üçgeni içerisinde alınan $E$ noktasın köşelerle yaptığı açıları soran soru $S_2$ olsun.
$S_2$,
burada bahsedilen Model 4.7'ye ait bir sorudur. $(20,80) : (20:20) \rightarrow (10,30)$ olacaktır (bkz.
Model Üçgen Hesaplayıcısı).
Burada Model 4.7'in ye ait bir sorunun birçok çözümü yer almakta.
İlgili linkte burada elde ettiğimizden hafif farklı bir soru ile karşılaşıyoruz. Linkteki soruya $S_3$ diyelim.
Trigonometrik Ceva Modellerinin kendi gruplarında yer değiştirme özelliğini düşünürsek $S_2$ den $S_3$ ü elde etmek zor olmaz. ($\angle DCE$ ile $\angle EDA$ yı yer değiştirdiğimizde $S_3$ ü elde ederiz.)
Bu yer değiştirme işlemi trigonometriden çok kolay ifade edilebildiği gibi, sentetik olarak da elde edilebilir. ($CDE$ çemberi $AD$ yi ikinci kez $F$ noktasında kessin. $ACF$ üçgeni ve $E$ noktası $S_3$ ile özdeş olacaktır.)
Özetle, iki kez çevrel çember çizerek $S_1$ sorusundan $S_3$ sorusunu elde etmiş olduk. Linkteki tüm çözümler, bu sorunun da bir çözümü olacaktır.
$S_3$ ün çözümlerinden bazıları yer değiştirme yapmadan da $S_2$ ye uygulanabilir.
Hatta $S_3$ ün bazı çözümleri $S_1$ e de doğrudan uygulanabilir. Yukarıda verdiğimiz çözüm
$S_3$ e ait buradaki çözümün neredeyse aynısı.
