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.
(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=6433.0;attach=15312;image)
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.