(Mehmet Utku Özbek)
$\angle B$ dar açı olsun. O zaman $D$ ; $C$ ve $B$ nin arasında olur. $|ED|$ nin orta noktası $G$ olsun. $|CG|$ yi çizelim. Çemberin merkezi $O$ olsun. Şimdi dikkatle bakalım. $AEDB$ kirişler dörtgeni olduğundan $\angle CAB=\angle CDE$ ve $\angle CBA=\angle CED$ olduğundan $\triangle ABC$ ile $\triangle DEC$ benzerdir. $\angle AOC=a$ olsun. $\triangle ABC$ nin $C$ den çıkan kenarortayı $|AC|$ ile $a^\circ$ lik bir açı yapıyorsa benzerlikten dolayı $\triangle DEC$ nin $C$ den çıkan kenarortayı $|CD|$ ile $a^\circ$ lik açı yapmalı. Yani $\angle ACO=\angle GCD=a^\circ$ dir. O zaman $[CO$ ışını $\triangle DEC$ de $|CG|$ nin $simedyanıdır.$ Bu simedyanın $|ED|$ yi kestiği nokta $F$ dir. Simedyanın özelliğini hatırlayalım:
$$\dfrac{|EF|}{|FD|}=\dfrac{|EC|^2}{|CD|^2}$$
O zaman bunu uygulayalım:
$$\dfrac{\sqrt{7}}{9\sqrt{7}}=\dfrac{|EC|^2}{|CD|^2} \Rightarrow |EC|= x , |CD|=3x$$
İki üçgen arasındaki benzerliği hatırlayalım:
$$\dfrac{|EC|}{|CD|}=\dfrac{|BC|}{|AC|} \Rightarrow \dfrac{x}{3x}=\dfrac{20}{|AC|} \Rightarrow |AC|=60$$
Çemberde sinüs teoreminden:($|AO|=r$) , $\dfrac{10\sqrt{7}}{\sin\angle EBD}=2r$ dir. Şimdi $|BE|$ ve $|AD|$ yi çizelim. Bu çizdiğimiz doğru parçaları çizildiği doğru parçalarına diktir. $\triangle BEC$ de bakarsak $\sin \angle EBC=\dfrac{|EC|}{|BC|}=\dfrac{x}{20}$ dir. Bir önceki sonuçla birleştirelim:
$$\dfrac{10\sqrt{7}}{\dfrac{x}{20}}=2r \Rightarrow r=\dfrac{100\sqrt{7}}{x}$$
Şimdi pisagor yapalım:
$$400-x^2=4r^2-(60-x)^2 \Rightarrow r^2+30x=1000 \Rightarrow \dfrac{7000}{x^2}+3x=100 \Rightarrow 3x^3-100x^2+7000=(x-10)(3x^2-70x-700)=0 $$
Buradan $x=10$ çözümü elde edilir. Ama $x=10$ in $3x=30$ olur ve $|CD|\gt|CB|$ olur. Fakat $D$ noktası $C$ ile $B$ nin arasındaydı. ÇELİŞKİ.
$3x^2-70x-700=0$ ın köklerine diskriminanttan bakarsak kökler $(\dfrac{35-5\sqrt{133}}{3} , \dfrac{35+5\sqrt{133}}{3})$ bulunur. İlk kök negatiftir olamaz. İkinci kök zaten $10$ dan büyüktür. Çözüm yok.
O zaman çözümün başındaki $\angle B$ dar açı olsun kabulümüz yanlıştır. $\angle B$ geniş açıdır ve $D$ noktası $[CB$ ışını üzerinde $B$ den sonradır. Ama bu yaptığımız işlemlerin hepsi bu şekilde de aynıdır. Şimdi elimizde iki kök var . $x=10$ ve $x=\dfrac{35+5\sqrt{133}}{3}$ . İkincinin olamayacağını gösterelim. Yine aynı şekilde $AD \perp DC$ dir ve $|AC|$ hipotenüstür. O yüzden $|AC|\gt|DC|$ dir. Yerine yazalım:
$$60 \gt |DC|=3x=35+5\sqrt{133} \Rightarrow 5 \gt \sqrt{133} \text {Çelişki}$$
O zaman $x=10$ dur. $r=\dfrac{100\sqrt{7}}{x}$ de yerine yazarsak $r=10\sqrt{7}$ bulunur. Sonuç olarak cevabımız $|AB|=2r=20\sqrt{7}$ dir.
