$YM\cap AB=T$ olsun.
$gözlem:$ içmerkez $I$ olmak üzere $IT||BC$
$ispat$: $T$'den geçip $BC$'ye paralel olan doğrunun $BR$ ile kesişimi $S$ olsun. $S,Y,C$ doğrusalsa ispat biter çünkü içaçıortaylar içmerkezde kesişir. Bu doğrusallık benzerlik vasıtasıyla $\frac{|TS|}{|MC|}=\frac{|YS|}{|YC|}$ olmasına denktir. $TS\cap YB=Z$ olsun. $ZBS$ dik üçgeninde $BT$'nin kenarortay olduğu açıktır. $|ZT|=|TS|$ olur. $YBM$ üçgeninde benzerlikten $\frac{|ZT|}{|BM|}=\frac{|YT|}{|YM|}$ olur. Deminki eşitlikten $\frac{|YT|}{|YM|}=\frac{|TS|}{|MC|}$ olur. İspat biter. $\square$
$XM\cap AC=P$ olsun. Benzer şekilde $PI||BC$ olduğundan $P,I,T$ doğrusaldır. $MX\cap AB=Q$ olsun. $Q$'dan geçip $BC$'ye paralel olan doğrunun $AC$ ile kesiştiği nokta $R$ olsun.
$$\frac{|MC|}{|QR|}=\frac{|PM|}{|PQ|}=\frac{|TB|}{|TQ|}=\frac{|BM|}{|QR|}\Longrightarrow T,M,R \hspace{1mm}\text{doğrusaldır}$$
Deminkine çok benzer bir yolla $ABC$'nin dış açıortayı $QR$ üzerindedir. $|TS|=|BT|,|SP|=|BC|$ olduğu açıktır. Benzer şey $A$'nin dış merkezi içinde yapılırsa. $|QR|=|QB|+|RC|$ olur. Yani $TPRQ$'nun karşılıklı kenarları toplamı eşittir. Soru biter.
$NOT:$
Trigonometri ile bir çözüm gördüm sunucuda. Yapan olursa paylaşabilir.
