Soruda önce $\mid AB \mid =\mid BC \mid$ için çözüp genelliği bozmadan $\mid AB \mid<\mid BC \mid$ alalım. $BR \cap MN ={X}$ olacak şekilde $X$ noktası alalım. $\mid AB \mid =\mid BC \mid $ olduğundan $X=H$ olacağını görebiliriz ve eşlik benzerlik yardımıyla $HBM$ ile $HBN$ üçgenleri eş olacağından dolayı ortaladığı açıktır.
Şimdi genelliği bozmadan $\mid AB\mid <\mid BC \mid $ alalım. $[MN]$ kenarının orta noktasını $Y$ olarak alalım. $\mid AM \mid =2m$ ve $\mid CN \mid = 2n $ olsun. Bu durumda $X=Y$ olduğunu göstermeliyiz.
Öklit teoremlerinden $\mid AB \mid =4\sqrt{m^2+mn}$ , $\mid BH \mid = 4 \sqrt{mn}$ , $\mid BC \mid = 4\sqrt{n^2+mn}$ olur.
$m(\widehat{BAC})=a$ , $m(\widehat{ACB})=b$ , $m(\widehat{ABM})=\alpha$ ve $m(\widehat{NBC})=\beta$ olsunlar.
Çevre açı özelliklerinden $m(\widehat{BPR})=a$ , $m(\widehat{RPQ})=\beta$ , $m(\widehat{PQR})=\alpha$ ve $m(\widehat{RQB})=b$ olur.
$BPQ$ üçgeninde $R$ noktasına göre Trigonometrik Ceva Teoremi yazılırsa ;
$\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}.\dfrac{\sin(m(\widehat{RPB}))}{\sin(m(\widehat{RPQ}))}.\dfrac{\sin(m(\widehat{RQP}))}{\sin(m(\widehat{RQB}))}=1$ olduğunu biliyoruz.
$\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}=\dfrac{\sin b.\sin\beta}{\sin a .sin\alpha}$ $(1)$ olduğunu biliyoruz.
$ABC$ üçgeninden yardım ile
$\sin a=\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{m+n}}$
$(1)$ de bulduklarımızı yerine koyalım
$\sin b=\dfrac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n}}$ bulunur.
$BHM$ üçgeninde pisagor teoreminden $\mid BM \mid = \sqrt{4m^2+16mn}$
$BAM$ üçgeninde sinüs teoreminden
$\dfrac{2m}{\sin \alpha}=\dfrac{\sqrt{4m^2+16mn}}{\sin a}=\dfrac{2\sqrt{m^2+4mn}.\sqrt{m+n}}{\sqrt{n}}$ Buradan
$\sin\alpha=\dfrac{m\sqrt{n}}{\sqrt{m^2+4mn}.\sqrt{m+n}}$ Simetrik işlemleri yaparak $\sin b$ ve $\sin\beta$ yı bulursak
$\sin b=\dfrac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n}}$
$\sin \beta=\dfrac{n\sqrt{m}}{\sqrt{n^2+4mn}.\sqrt{m+n}}$ eşitlikleri bulunur.
$\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n}}.\dfrac{n\sqrt{m}}{\sqrt{n^2+4mn}.\sqrt{m+n}}}{\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{m+n}}.\dfrac{m\sqrt{n}}{\sqrt{m^2+4mn}.\sqrt{m+n}}}=\dfrac{\sqrt{m^2+4mn}}{\sqrt{n^2+4mn}}$ elde edilir. $(*)$
Şimdi ise $Y$ noktası için $\dfrac{\sin(m(\widehat{YBQ}))}{\sin(m(\widehat{YBP}))}$ oranını bulalım.
$\mid BY \mid^2=16mn+n^2-2mn+m^2=m^2+14mn+n^2$ elde edilir.
$YBM$ üçgeninde kosinüs teoremi yapalım.
$\mid MY \mid ^2=\mid BY \mid ^2+\mid BM \mid ^2-2.\mid BY\mid . \mid BN\mid \cos(m(\widehat{YBP}))$
$YBN$ üçgeninde kosinüs teoremi yapalım.
$\mid YN \mid ^2= \mid BY\mid ^2+ \mid BN \mid ^2-2.\mid BY \mid .\mid BN \mid .\cos(m(\widehat{YBQ}))$ eşitliklerini düzenleyelim.
$(m+n)^2=m^2+14mn+n^2+4m^2+16mn-2.\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{4m^2+16mn}.\cos(\widehat{PBY})$
$-28mn-4m^2=-2.\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{4m^2+16mn}.\cos(\widehat{PBY})$
$\cos(\widehat{PBY})=\dfrac{m^2+7mn}{\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{m^2+4mn}}$
$\cos(\widehat{QBY})=\dfrac{n^2+7mn}{\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{n^2+4mn}}$ eşitlikleri elde edilir.
$\sin^2x+\cos^2x=1$
$\sin x=\sqrt{1-\cos^2x}$ olduğunu kullanalım.
$\quad \sin(\widehat{PBY})=\sqrt{1-\dfrac{m^4+14m^3n+49m^2n^2}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}} \\ =\sqrt{\dfrac{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3-m^4-14m^n-49m^2n^2}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}=\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}$
Simetrik işlemlerden dolayı
$\sin(\widehat{QBY})=\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{n^4+18n^3m+57m^2n^2+4nm^3}}$ elde edilir.
$\quad \dfrac{\sin(m(\widehat{YBQ}))}{\sin(m(\widehat{YBP}))}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{n^4+18n^3m+57m^2n^2+4nm^3}}}{\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}}\\ =\dfrac{\sqrt{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}{\sqrt{n^4+18n^3m+57m^2n^2+4nm^3}}=\sqrt{\dfrac{(m^2+14mn+n^2).(m^2+4mn)}{(m^2+14mn+n^2).(n^2+4mn)}}=\sqrt{\dfrac{m^2+4mn}{n^2+4mn}}$
elde edilir.
$(*)$ eşitliğinden dolayı $\dfrac{\sin(m(\widehat{YBQ}))}{\sin(m(\widehat{YBP}))}=\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}$ elde edilir ve bu durum ancak ve ancak $X=Y$ için sağlanacağından ispat biter.
