Buradaki 11. soruda ∠ADC=∠CDB=45
∘ olduğu, Soru 7'de ∠AFC=45
∘ olduğu gösterilmişti. Bu durumda ∠ADC=∠AFC=45
∘ olduğu için ADFC kirişler dörtgenidir.
Soru 11'deki çözümden ∠ADC=∠CDB=45
∘ elde ettiğimizi varsayalım.
∠AFC=45
∘ eşitliğini farklı bir yoldan elde edelim.
DC, ∠ADB nin açıortayı olduğu için, O merkezli çemberin AB yayını ortalayacaktır. Bu orta noktaya M diyelim.
M den EC ye inilen dikmenin ayağı K olsun. OCKM dikdörtgeninde OM = CK.
C nin K ya göre simetriği L olsun. CL =AB olacaktır.
CML ikizkenar üçgen olacaktır.
∠EDC = ∠ECD = ∠KCM = ∠MLC olduğu için; M,L,D,E noktaları çembersel ve DC.CM=EC.CL olacaktır. Buradan da DC.CM=AC.CB ve CL=AB bağıntılarını kullanarak EC/CB = AC/CL = AC/AB = tan∠EBC elde edilir.
Büyük çemberin A'daki teğeti ile EB N'de kesişsin.
AN/AB=tan∠EBC=AC/AB olacağı için AN=AC dir ve ∠ANC=45
∘ olur.
ANFC dörtgeninde ∠NAC + ∠NFC = 180
∘ olduğu için A,N,F,C çemberseldir. ∠ANC=45
∘=∠ADC olduğu için A,D,C,N çemberseldir. Bu durumda A,D,C,F noktaları çemberseldir.
∠AFC=45
∘ olduğunu gösterirken, sentetik çözüm yapmaya dikkat ettik.
Bu konuda kasmadan şöyle bir çözüm de yapabilirdik:
AC=a, BC=b, EC=r ve AO=OD=OB=R diyelim.
O,E,D noktalarının doğrusallığından ve R=(a+b)/2 eşitliğinden, EOC üçgeninde pisagordan r = ab/(a+b) elde edilecektir. Buradan r/b = a/a+b elde ederiz. Aslında yukarıdaki sentetik çözümde de aynısını elde etmiştik. r/b=tan∠EBC=CF/FB olduğu için CF/FB=AC/AB olacaktır. Bu da CFB üçgeninde AF nin CFB açısının dış açıortayı olduğunu gösterir. Bu durumda ∠AFC=45
∘ olacaktır.
