Çözüm (Lokman GÖKÇE): $LK$ ile $DE$ nin kesişimi $F'$ olsun. $AF' \perp LK$ olduğunu göstermeyi amaçlıyoruz. Böylece $F \equiv F'$ olduğunu ve dolayısıyla $E, D, F$ noktalarının doğrusallığını kanıtlamış olacağız.
$D$ ve $E$ kenar orta noktaları olduğundan $DE \parallel BC$ dir. Yöndeş açılardan dolayı $m(\widehat {ABC})=\beta$ dersek $m(\widehat {ADE})=\beta$ olur.
Şimdi $ABKO$ nun bir kirişler dörtgeni olduğunu gösterelim. $m(\widehat {ACB})=\theta$ dersek $O$ noktası $ABC$ üçgeninin çevrel merkezi olduğundan $m(\widehat {AOB})=2\theta$ ve $m(\widehat {OAB})=m(\widehat {OBA})=90^\circ - \theta$ olur. $KEC$ dik üçgen olduğundan $m(\widehat {OKB})=90^\circ + \theta $ olur. Böylece $m(\widehat {BAO})+m(\widehat {BKO})=180^\circ $ olup $ABKO$ bir kirişler dörtgenidir. $OKB$ üçgeninin çevrel çemberinin $L$ noktasından geçtiği verildiğinden $A, L, B, K, O$ noktaları çemberseldir. Aynı yayı gören çevre açılardan $m(\widehat {ALK})=m(\widehat {ABK})=\beta $ olur. Böylelikle
$$m(\widehat {ALF'})=m(\widehat {ADE})=\beta $$
olduğundan $ALF'D$ bir kirişler dörtgenidir. $m(\widehat {AF'L})=m(\widehat {ADL})=90^\circ$ olup $F\equiv F'$ elde edilir. Göstermek istediğimiz de buydu $\blacksquare$
Not: Çözüm aşamasında kullanmadık ancak $m(\widehat{LBO}) = m(\widehat{LAO})=90^\circ $ eşitlikleri de vardır. Bunu görmek için: $|AD|=|DB| $ ve $OD \perp AB$ olduğu kullanılırsa $ALBO$ dörtgeni deltoid olur. $ALBO$ aynı zamanda kirişler dörtgenidir. Böylece $|OL|$ çap olup çapı gören çevre açılar $90^\circ$ dir.
