$SR$ ile $AB$ doğrusu $M$ de, $BS$ ile $TL$ doğrusu $N$ de kesişsin.
Benzerlikten $AF = AB \cdot \dfrac {DC}{BD + DC}$ ve $$AF \cdot AB = AB^2 \cdot \dfrac {DC}{BD + DC} \tag {1}$$
Benzerlikten $AE = AC \cdot \dfrac {BD}{BD + DC}$ ve $$AE \cdot AC = AC^2 \cdot \dfrac {BD}{BD + DC} \tag{2}$$
$(1)$ ile $(2)$ yi oranlarsak $$\dfrac {AF \cdot AB}{AE \cdot AC} = \dfrac {AB^2 \cdot DC}{AC^2 \cdot BD} = \dfrac {BD \cdot DC}{DC \cdot BD} = 1 \tag{3}$$ olacaktır. Bu durumda $BFEC$ kirişler dörtgenidir. $\angle BAS = \angle ACB = \angle AFE$ olduğu için $EF \parallel AS$ dir. $SFEA$ kirişler dörtgeni olduğu için ikizkenar yamuktur. Bu durumda $\triangle FSE \cong \triangle EAF \sim \triangle BAC$ ve $\angle FST = \angle FAR = \angle BAD$ olduğu için $AD$, $BC$ yi hangi oranda bölüyorsa $ST$, $FE$ yi o oranda bölecektir. Yani $$\dfrac {FT}{FE} = \dfrac {BD}{BC} = \dfrac {BF}{BA} \tag {4}$$
Paralellikten doğan benzerlikleri uyguladığımızda $$\dfrac {LF}{LE + LF} = \dfrac {FD}{EC + FD} = \dfrac {FD}{EC + AE} = \dfrac {FD}{AD} = \dfrac {BF}{BA} \tag {5}$$
$$\dfrac {NF}{AS} = \dfrac {BF}{BA} \tag {6}$$
$$\dfrac {FT}{AS} = \dfrac {FM}{MA} \tag {7}$$ eşitliklerini elde edeceğiz.
$LN= x$, $TN=y$, $NF = z$, $TE=w$ olsun. $FT=y-z$, $FE = y - z + w$, $LF = x + z$, $LE = x + y + w$
Şimdi de önce $AM = BM \Longrightarrow LN = NT$ yi gösterelim. Sonra da $LN = NT \Longrightarrow AM = BM$ yi gösterelim.
$AM = BM$ ise $(7)$ nolu eşitliği düzenlersek $$\dfrac {FT}{AS} = \dfrac {FM}{MA} = \dfrac {\dfrac {BA}{2} - BF}{\dfrac {BA}{2}} = 1 - \dfrac {2 \cdot BF}{BA} = 1 - 2 \cdot \dfrac {NF}{AS} \Longrightarrow 2\cdot NF + FT = AS$$ elde ederiz. Bu durumda $AS = 2z + y-z = y + z$ olacaktır.
$(4)$, $(5)$, $(6)$ eşitliklerini yazarsak $$\dfrac {y-z}{y-z + w} = \dfrac {x+z}{2x + y + z + w} = \dfrac {z}{y+z}$$
$1.$ ve $3.$ oranları çapraz çarparsak $$y^2 - z^2 = yz - z^2 + wz \Longrightarrow wz = y^2 - yz = y(y-z) \tag {8}$$
$2.$ ve $3.$ oranları çapraz çarparsak $$xy + xz + yz + z^2 = 2xz + yz + z^2 + wz \Longrightarrow wz = xy - xz = x(y-z) \tag{9}$$ elde ederiz.
$y=TN > FN = z$ olacağı için $( 8 )$ ve $(9)$ u birleştirdiğimizde $x=y$ yani $LN=TN$ elde ederiz. $\blacksquare$
Şimdi de $LN=NT$ kabul edelim.
$x=y$ olacaktır.
$(4)$, $(5)$, $(6)$ eşitlikleri $$\dfrac {y-z}{y-z + w} = \dfrac {y+z}{2y + y + z + w} = \dfrac {z}{AS}$$ şeklinde yazılabilir. Oran-Orantı özelliğinden $2.$ orandan $1.$ oranı çıkarırsak $\dfrac {2z}{2y + 2z} = \dfrac {z}{y+z}$ oranını elde ederiz. Bu da $AS = y + z$ olduğu anlamına gelir.
$(6)$ ve $(7)$ yi yeniden yazarsak $\dfrac {NF}{AS} = \dfrac {z}{y+z} = \dfrac {BF}{BA}$ ve $\dfrac {FT}{AS} = \dfrac {y - z}{y+z} = \dfrac {FM}{MA}$
$1.$ eşitliğin $2$ katı ile $2.$ eşitliği toplarsak $\dfrac {2z + y-z}{y+z} = 1 = \dfrac {2\cdot BF}{BA} + \dfrac {FM}{MA}$ olur.
Şimdi de $BF=p$, $FM=q$ ve $MA=r$ olsun. $BA=p+q+r$ olacaktır. Yerine yazarsak $$1 = \dfrac {2p}{p+q+r} + \dfrac {q}{r} = \dfrac {2pr + pq + q^2 + qr}{pr + qr + r^2}$$ elde ederiz. Biraz düzenlemeyle $pq + pr + q^2 - r^2 = p(q+r) + (q-r)(q+r) = (p+q - r)(q+r) = 0 \Longrightarrow p+q = r $ olur. Bu da $BM = MA$ demektir. $\blacksquare$
Not: Her iki koşulda da $AS = AE = SF$ eşitliğinin sağlandığı gösterilebilir. Bu da biraz açı hesabıyla $\angle ABC = 2 \angle ACB$ yı gerektirecektir. Kenarortaysıların (Simedyan) özelliğinden ($AB^2:AC^2 = BD:DC$ oranından) $AD$ nin $ABC$ de bir kenarortaysı olduğu görülebilir. Yani bir çizim aracı ile $\angle B = 2\angle C$ olan üçgeni çizip, $BC$ ye ait kenarortayın $BC$ ye ait açıortaya göre simetriğini alarak $D$ noktasını işaretleyebilirsiniz. Daha sonra sorudaki yönergeleri izlediğinizde çizimi tamamlamış olursunuz.
