Diklik merkezi $H$ olan dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstündeki birbirinden farklı $D$ ve $E$ noktaları için, $AD$ ve $AE$ doğru parçaları $BHC$ üçgeninin çevrel çemberini sırasıyla, $P$ ve $Q$ noktalarında kesiyor. $$|BD|^2+|CD|^2=2\cdot |DP|\cdot |DA| \quad \text{ ve } \quad |BE|^2+|CE|^2=2\cdot |EQ|\cdot |EA|$$ eşitlikleri sağlanıyorsa, $|BP|=|CQ|$ olduğunu kanıtlayınız.
(Fehmi Emre Kadan)
Çözüm:
Noktaların $B, D, E, C$ sıralamasında olduğunu kabul ederek çözümü yapalım. $B, E, D, C$ sıralaması için de benzer işlemler yapılabilir. İstenen $|BP|=|CQ|$ eşitliğine özdeş olarak $PQ \parallel DE$ olduğunu göstermeye çalışalım.
Şimdi, verilen eşitliklerin her iki yanına sırasıyla $2|BD|\cdot|CD| $ ve $2|BE|\cdot |EC|$ ekleyerek tam kareye tamamlayalım:
$|BD|^2+|CD|^2 + 2|BD|\cdot|CD| = (|BD|+|CD|)^2 = 2(|DP|\cdot |DA|+|BD|\cdot |CD|) \tag{1} $
$|BE|^2+|CE|^2 + 2|BE|\cdot |CE| = (|BE|+|CE|)^2 = 2(|EQ|\cdot |EA|+|BE|\cdot |CE|) \tag{2} $
ve $|BD|+|CD| = |BE|+|CE| = |BC|$ olduğundan,
$ |DP| \cdot |DA|+|BD|\cdot |CD| = |EQ|\cdot|EA|+|BE|\cdot |CE| \tag{3} $
olur. $AD$ ve $AE$ doğrularının $(BHC)$ çemberini ikinci defa kestikleri noktalar sırasıyla $K$ ve $T$ olsun.
$D$ ve $E$ noktalarının $(BHC)$ çemberine göre sırasıyla kuvvet bağıntılarını yazalım
$|BD| \cdot |CD| = |DP|\cdot |DK|$ ve $|BE|\cdot|CE|=|EQ|\cdot |ET|$ dir.
Bu son eşitlikleri $(3)$'de yazarak
$$|DP|\cdot|DA|+|DP|\cdot|DK| = |EQ|\cdot|EA|+|EQ|\cdot|ET|$$ $$|DP|\cdot(|DA|+|DK|) = |EQ|\cdot(|EA|+|ET|)$$ $|DP|\cdot|AK|=|EQ|\cdot|AT| \tag{4}$
eşitliğine ulaşırız. Son olarak $A$ noktasının de $(BHC)$ çemberine göre kuvvet bağıntısını yazalım. Buradan,
$|AP|\cdot |AK| = |AQ|\cdot|AT| \tag{5}$
bulunur. $(4)$ ve $(5)$ ifadelerinden $$\dfrac{|AP|}{|PD|}=\dfrac{|AQ|}{|QE|}$$ sonucuna varıyoruz. Bu sonuç gösteriyor ki $PQ \parallel DE$ dir.