$MNQR$ dörtgenini ve $MN$ üzerindeki $D$ noktasını ele alalım. Diğer konfigürasyonlardan kurtulalım.
$DM=m$, $DN=n$, $NQ=q$, $MR=r$, $DQ=x$, $DR=y$ ve $QR=z$ olsun.
size(9cm);
pair M=(0,0), N=(8,0), D=(3,0), Q=(7,5), R=(1,4.5);
draw(M--N--Q--R--cycle);
draw(D--Q);
draw(D--R);
dot(M); dot(N); dot(D); dot(Q); dot(R);
label("$M$", M, SW); label("$N$", N, SE); label("$D$", D, S);
label("$Q$", Q, NE); label("$R$", R, NW);
label("$m$", (M+D)/2, S);
label("$n$", (D+N)/2, S);
label("$q$", (N+Q)/2, E);
label("$r$", (M+R)/2, W);
label("$z$", (Q+R)/2, NE);
label("$x$", (D+Q)/2, SE);
label("$y$", (D+R)/2, SW);
Soruda bize verilen;
$$\dfrac {q^2}{n} + \dfrac {r^2}m = \dfrac {(x+y)^2 - 2z^2 + 2mn}{m+n} \tag {1}$$ ya da alternatif olarak $$(m+n)\left ( \dfrac {q^2}{n} + \dfrac {r^2}m \right ) = (x+y)^2 - 2z^2 + 2mn \tag {2}$$
Önce çok bilinen bir özelliği hatırlayalım.
Euler Dörtgen Teoremi:
size(9cm);
pair A=(0,0), B=(8,0), C=(7,5), D=(1,4.5);
pair P=(A+C)/2, T=(B+D)/2;
draw(A--B--C--D--cycle, linewidth(0.9));
draw(A--C, red+linewidth(0.8));
draw(B--D, red+linewidth(0.8));
draw(P--T, blue+linewidth(1.1));
dot(A); dot(B); dot(C); dot(D);
dot(P, blue); dot(T, blue);
label("$A$", A, SW); label("$B$", B, SE); label("$C$", C, NE); label("$D$", D, NW);
label("$a$", (A+B)/2, S);
label("$b$", (B+C)/2, E);
label("$c$", (C+D)/2, N);
label("$d$", (D+A)/2, W);
label("$e$", A+0.3*(C-A), NW, red);
label("$f$", B+0.3*(D-B), NE, red);
label("$g$", (P+T)/2, S, blue);
Bir $ABCD$ dörtgeninde $a,b,c,d$ kenarlar; $e$ ve $f$ köşegenler; $g$ de köşegenlerin orta noktaları arasındaki uzaklık olmak üzere
$$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = e^2 + f^2 + 4g^2$$ eşitliği sağlanır. $\blacksquare$
$MDQR$ dörtgeninde $MQ=e$ ve $NDRQ$ dörtgeninde $NR=f$ olsun.
$MDQR$ de köşegenlerin orta noktaları arasındaki uzaklık $k$; $NDRQ$ de köşegenlerin orta noktaları arasındaki uzaklık $\ell$ olsun.
size(10cm);
pair M=(0,0), N=(8,0), D=(3,0), Q=(7,5), R=(1,4.5);
// MDQR köşegenleri: MQ (=e), DR (=y) -> k
// NDRQ köşegenleri: NR (=f), DQ (=x) -> l
pair K1=(M+Q)/2, K2=(D+R)/2;
pair L1=(N+R)/2, L2=(D+Q)/2;
draw(M--N--Q--R--cycle);
draw(D--Q);
draw(D--R);
draw(M--Q, red+dashed);
draw(N--R, red+dashed);
draw(K1--K2, blue+linewidth(1.2));
draw(L1--L2, blue+linewidth(1.2));
dot(M); dot(N); dot(D); dot(Q); dot(R);
dot(K1, blue); dot(K2, blue); dot(L1, blue); dot(L2, blue);
label("$M$", M, SW); label("$N$", N, SE); label("$D$", D, S);
label("$Q$", Q, NE); label("$R$", R, NW);
label("$m$", (M+D)/2, S);
label("$n$", (D+N)/2, S);
label("$q$", (N+Q)/2, E);
label("$r$", (M+R)/2, W);
label("$z$", (Q+R)/2, NE);
label("$x$", D+0.72*(Q-D), SE);
label("$y$", D+0.72*(R-D), W);
label("$e$", M+0.22*(Q-M), SE, red);
label("$f$", N+0.22*(R-N), SW, red);
label("$k$", (K1+K2)/2, NW*0.3, blue);
label("$\ell$", (L1+L2)/2, NW*0.2, blue);
Euler Dörtgen Teoremi gereği,
$m^2 + x^2 + z^2 + r^2 = e^2 + y^2 + 4k^2$ ve $n^2 + y^2 + z^2 + q^2 = f^2 + x^2 + 4\ell^2$.
Düzenlersek, $$e^2 + f^2 = m^2 + n^2 + q^2 + r^2 + 2z^2 - 4k^2 - 4\ell^2 \tag {3}$$
$e^2 + f^2$ yi Stewart'tan ya da alternatif olarak Kosinüs Teoremi'nden hesaplayabiliriz.
$\triangle QDM$ de Kosinüs Teoremi'nden $$e^2 = x^2 + m^2 + 2mx\left ( \dfrac {x^2 + n^2 - q^2}{2nx} \right) = x^2 + m^2 + \dfrac mn (x^2 + n^2 - q^2) \tag{4}$$
$\triangle RDN$ de Kosinüs Teoremi'nden $$f^2 = y^2 + n^2 + 2ny\left ( \dfrac {y^2 + m^2 - r^2}{2my} \right) = y^2 + n^2 + \dfrac nm (y^2 + m^2 - r^2) \tag{5}$$
$(4)$ ile $(5)$ i taraf tarafa toplarsak $$e^2 + f^2 = m^2 + n^2 + 2mn + x^2 + x^2\cdot\dfrac {m}{n} + y^2 + y^2 \cdot \dfrac nm - q^2 \cdot \dfrac mn - r^2 \cdot \dfrac nm \tag{6}$$
$(3)$ ile $(6)$ yı birleştirirsek $$ \begin{array}{lcl}
x^2 + x^2\cdot\dfrac {m}{n} + y^2 + y^2 \cdot \dfrac nm &=& (m+n)\left ( \dfrac {q^2}n + \dfrac {r^2}m \right ) + 2z^2 - 2mn - 4k^2 - 4\ell^2 \\
&=& (x+y)^2 - 2z^2 + 2mn + 2z^2 - 2mn - 4k^2 - 4\ell^2 \\
&=& (x+y)^2 - 4k^2 -4\ell^2
\end{array}$$
Son bir düzenlemeyle $$\begin{array}{lcl}
-4k^2 - 4l^2 &=& x^2\cdot\dfrac {m}{n} + y^2 \cdot \dfrac nm -2xy \\
&=& \left ( x\sqrt {\dfrac mn} - y\sqrt {\dfrac nm} \right )^2 \\
&\geq & 0.
\end{array}$$
Bu durumda $k=\ell=0$ ve $xm=yn$ olmalı.
$k=\ell=0$ ise $MDQR$ ve $NDRQ$ birer paralelkenardır. $z=m=n$, $r=x$, $q=y$, dolayısıyla $x=y=q=r$ elde edilir. Yani $DR=DQ$ elde ettik.
$M$ ve $N$ yi unutup, sorudaki şekle dönelim.
size(11cm);
pair B=(0,0), C=(8,0), A=(3,5.5);
pair D=(3,0); // AD dik
pair E=(A+C)/2; // CE/EA = 1
pair F=A+(5/8)*(B-A); // AF/FB = 5/3 (Ceva sağlanır)
pair P=extension(A,D,B,E);
pair Q=extension(D,E,A,A+(1,0)); // [DE ışını ∩ ℓ
pair R=extension(D,F,A,A+(1,0)); // [DF ışını ∩ ℓ
draw(A--B--C--cycle);
draw(A--D); draw(B--E); draw(C--F);
draw(R--Q); // ℓ doğrusu
//draw((-3,5.5)--(9,5.5), dashed); // ℓ uzantısı
draw(D--Q);
draw(D--R);
dot(A); dot(B); dot(C); dot(D); dot(E); dot(F); dot(P); dot(Q); dot(R);
acicentik(R, D, B, 1);
acicentik(D, R, A, 1);
acicentik(A, Q, D, 1);
acicentik(C, D, Q, 1);
label("$A$", A, N);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$D$", D, S);
label("$E$", E, E*0.3);
label("$F$", F, W);
label("$P$", P, SE);
label("$Q$", Q, NE);
label("$R$", R, NW);
//label("$\ell$", (9,5.5), E, gray);
$AD, BE, CF$ Cevian'ları için bilinen bir özelliği kullanacağız:
$RQ \parallel BC$ ise $AQ=AR$.
$\dfrac {AR}{BD} = \dfrac {AF}{BF}$ ve $\dfrac {CD} {AQ} = \dfrac {CE}{AE}$ oranlarını taraf tarafa çarpıp düzenleyip Ceva uygularsak $$\dfrac {AR}{AQ} = \dfrac {AF \cdot BD \cdot CE}{BF \cdot CD \cdot AE} = 1. \blacksquare$$
$DR=DQ$ ve $AR=AQ$ olduğu için $\angle RDA = \angle QDA$. Paralellikten $\angle BDR = \angle QRD = \angle RQD = \angle CDQ$.
Bu durumda $\angle ADB = \angle ADC = 90^\circ$ elde edilir.
