Lemma: $ABC$ üçgeninde $[BC]$ nin orta noktası $D$ olsun. $AD$ üzerinde bir $P$ noktası alınıyor. $BP \cap AC = \{E\}$ ve $CP \cap AB = \{F\}$ olsun. $EF \parallel BC$ dir.
İspat: $\triangle ABD$ de $C, P, F$ noktalarının doğrusallığı için Menelaus uygulayalım: $$ \dfrac{AF}{FB}\cdot \dfrac{BC}{CD} \cdot \dfrac{DP}{PA} = 1 \Rightarrow \dfrac{AF}{FB} = \dfrac{CD \cdot PA}{BC \cdot DP}$$
$\triangle ACD$ de $B, E, P$ noktalarının doğrusallığı için Menelaus uygulayalım: $$ \dfrac{AE}{EC}\cdot \dfrac{CB}{BD} \cdot \dfrac{DP}{PA} = 1 \Rightarrow \dfrac{AE}{EC} = \dfrac{BD \cdot PA}{CB \cdot DP}$$
$BD=DC$ olduğu için $\dfrac{AE}{EC} = \dfrac{AF}{FB}$, buradan da $EF \parallel BC$ çıkar. $\blacksquare$
Dikkat ederseniz, yukarıdaki lemmadaki $P$ noktası için $AD$ doğrusu üzerinde dedik. $P$ nin üçgenin içerisinde olduğu durum genellikle kolay fark edilirken, dışarısında olduğu durumu görmek zor olabiliyor. Yukarıdaki ispat, $P$ noktasının her iki durumu için de geçerli. Soruya dönelim.
Soruda, $Q$ noktası için iki durum mevcut:
- $\angle DEC > \angle PBC$
- $\angle DEC < \angle PBC$
İlk durum için, $[BP \cap [ED = \{Q\}$ olacaktır. $AP \cap CQ = \{R\}$ dersek, $\triangle QPC$ üçgeninde $D, R, B$ noktaları için Lemma'daki durum söz konusu. Bu durumda, $PC \parallel BR$. $\angle PAC = \angle PCE = \angle CBR$ olduğu için $A,B,R,C$ noktaları çemberseldir. Bu durumda, $\angle BAP = \angle BCR = 180^\circ - \angle BCQ \Rightarrow \angle BCQ + \angle BAP = 180^\circ$ olur.
İkinci durum için, $[PB \cap [DE = \{Q\}$ olacaktır. $AP \cap CQ = \{R\}$ dersek, $\triangle QPC$ üçgeninde $D, R, B$ noktaları için Lemma'daki durum söz konusu. Bu durumda, $PC \parallel BR$. $\angle PAC = \angle PCE = \angle CBR$ olduğu için $A,B,R,C$ noktaları çemberseldir. Bu durumda, $\angle BAP = \angle BCR \Rightarrow \angle BCQ = \angle BAP$ olur.
Özetle, $\sin \angle BCQ = \sin \angle BAP$ şeklinde bir ifadenin gösterilmesinin istenmesi daha doğru olurmuş.
