$HD$ ışını üzerinde $|HD|=|DM|$ olacak şekilde bir $M$ noktası alalım.
$BM$,$CM$,$BH$ ve $CH$ yi çizelim. $D$, $BC$ nin orta noktası olduğundan $BHCM$ bir paralelkenardır ve $m(\widehat{BMC})=m(\widehat{BHC})=180^\circ-m(\widehat{BAC})$ ve $m(\widehat{BMC})+m(\widehat{BAC})=180^\circ$ dir. O halde $M$ noktası $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi üzerindedir.
$PB$,$PC$,$PE$,$PF$ çizilirse $|AE|=|AF|$ olduğundan $m(\widehat{BFH})=m(\widehat{CEH})$ dir.$(1)$
$H$; $ABC$ üçgeninin diklik merkezi olduğundan $m(\widehat{HBF})=90^\circ-m(\widehat{BAC})=m(\widehat{HCE})$ olur. $(2)$
$1$ ve $2$ den $BFH∼CEH$ ve buradan $\frac{|BF|}{|CE|}=\frac{|BH|}{|CH|}$ dır.
$BHCM$ paralelkenar olduğundan $|BH|=|CM|$,$|CH|=|BM|$ olmalıdır. O halde :
$\frac{|BF|}{|CE|}=\frac{|CM|}{|BM|}$ bulunur.$(*)$
$D$,$BC$ nin orta noktasıdır. $A(PBM)=A(PCM)$ olup
$\frac{1}{2}|BP|.|BM|.sin(\widehat{MBP})=\frac{1}{2}|CP|.|CM|.sin(\widehat{MCP})$ olmalıdır.
$m(\widehat{MBP})=180^\circ-m(\widehat{MCP})$ olduğundan
$|BP||BM|=|CP|.|CM|$ $(**)$
$(*)$ ve $(**)$ dan dolayı
$\frac{|BF|}{|BP|}=\frac{|CE|}{|CP|}$ dir. $m(PBF)=m(PCE)$ olduğundan $PBF∼PCE$ dir. O halde
$m(\widehat{PFB})=m(\widehat{PEC})$ ve $m(\widehat{PFA})=m(\widehat{PEA})$ olur.
Sonuç olarak $A,P,F,E$ çemberseldir.
NOT: Arkadaşlar geometrik şeklini çizecek vaktim olursa paylaşacağım.Çizebilecek arkadaş olursa şimdiden teşekkürler.
