IMO 1970 · Problem 1
Let \(M\) be a point on the side \(AB\) of \(\triangle ABC\). Let \(r_1,r_2\) and \(r\) be the radii of the inscribed circles of triangles \(AMC,BMC\) and \(ABC\). Let \(q_1,q_2\) and \(q\) be the radii of the escribed circles of the same triangles that lie in the angle \(ACB\). Prove that \[ \frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}=\frac{r}{q}. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
We first establish a general identity. In a nondegenerate triangle \(XYZ\), let the angles at \(X,Y\) be \(\alpha,\beta\), let the inradius be \(\rho\), and let the exradius opposite \(Z\) be \(\eta\). Then \[ \frac{\rho}{\eta} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}. \tag{1} \]
Indeed, let the incircle and the excircle opposite \(Z\) touch \(XY\) at \(D\) and \(E\), respectively. Both tangency points lie between \(X\) and \(Y\). The incenter lies on the internal angle bisectors, so the right triangles formed with \(D\) give \[ XD=\rho\cot\frac{\alpha}{2}, \qquad YD=\rho\cot\frac{\beta}{2}. \] The excenter lies on the external angle bisectors at \(X,Y\), which make angles \(90^\circ-\alpha/2\) and \(90^\circ-\beta/2\) with the segment \(XY\). Thus the corresponding right triangles give \[ XE=\eta\tan\frac{\alpha}{2}, \qquad YE=\eta\tan\frac{\beta}{2}. \] Adding the lengths along \(XY\), we obtain \[ \rho\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}\right) = \eta\left(\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right). \] Since both half-angle tangents are positive, division and simplification prove (1).
Now put \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle CBA,\qquad \theta=\angle AMC. \] The specified excircles are those opposite \(C\). Because \(A,M,B\) are collinear with \(M\) between \(A\) and \(B\), \[ \angle CAM=\alpha,\qquad \angle CBM=\beta,\qquad \angle BMC=180^\circ-\theta. \] Applying (1) to \(AMC\) and \(BMC\) therefore gives \[ \frac{r_1}{q_1} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\theta}{2}, \] and \[ \frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\beta}{2} \tan\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right) =\tan\frac{\beta}{2}\cot\frac{\theta}{2}. \] Multiplying, and applying (1) once more to \(ABC\), yields \[ \boxed{\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2} =\frac{r}{q}}. \]
The existence of all the stated circles implicitly requires \(ABC\) to be nondegenerate and \(M\ne A,B\). At either endpoint one subtriangle is degenerate and its stated circles do not exist, so the original expression is undefined. Every configuration for which the quantities are defined is covered above, including right or obtuse triangles.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1970 · Aufgabe 1
Sei \(M\) ein Punkt auf der Seite \(AB\) von \(\triangle ABC\). Es seien \(r_1,r_2\) und \(r\) die Radien der Inkreise der Dreiecke \(AMC,BMC\) und \(ABC\). Es seien \(q_1,q_2\) und \(q\) die Radien derjenigen Ankreise derselben Dreiecke, die im Winkel \(ACB\) liegen. Man beweise, dass \[ \frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}=\frac{r}{q}. \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir beweisen zunächst eine allgemeine Identität. In einem nicht entarteten Dreieck \(XYZ\) seien die Winkel bei \(X,Y\) mit \(\alpha,\beta\), der Inkreisradius mit \(\rho\) und der Radius des Ankreises gegenüber \(Z\) mit \(\eta\) bezeichnet. Dann gilt \[ \frac{\rho}{\eta} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}. \tag{1} \]
Zum Beweis seien \(D\) und \(E\) die Berührpunkte des Inkreises beziehungsweise des Ankreises gegenüber \(Z\) mit \(XY\). Beide Berührpunkte liegen zwischen \(X\) und \(Y\). Der Inkreismittelpunkt liegt auf den inneren Winkelhalbierenden, sodass die mit \(D\) gebildeten rechtwinkligen Dreiecke ergeben: \[ XD=\rho\cot\frac{\alpha}{2}, \qquad YD=\rho\cot\frac{\beta}{2}. \] Der Ankreismittelpunkt liegt auf den äußeren Winkelhalbierenden bei \(X,Y\), die mit der Strecke \(XY\) Winkel von \(90^\circ-\alpha/2\) und \(90^\circ-\beta/2\) bilden. Daher ergeben die entsprechenden rechtwinkligen Dreiecke \[ XE=\eta\tan\frac{\alpha}{2}, \qquad YE=\eta\tan\frac{\beta}{2}. \] Durch Addition der Längen entlang \(XY\) erhalten wir \[ \rho\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}\right) = \eta\left(\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right). \] Da die Tangenswerte beider halben Winkel positiv sind, folgt (1) durch Division und Vereinfachung.
Nun setzen wir \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle CBA,\qquad \theta=\angle AMC. \] Die angegebenen Ankreise sind diejenigen gegenüber \(C\). Da \(A,M,B\) auf einer Geraden liegen und \(M\) zwischen \(A\) und \(B\) liegt, gilt \[ \angle CAM=\alpha,\qquad \angle CBM=\beta,\qquad \angle BMC=180^\circ-\theta. \] Die Anwendung von (1) auf \(AMC\) und \(BMC\) ergibt daher \[ \frac{r_1}{q_1} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\theta}{2}, \] und \[ \frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\beta}{2} \tan\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right) =\tan\frac{\beta}{2}\cot\frac{\theta}{2}. \] Durch Multiplikation und erneute Anwendung von (1) auf \(ABC\) folgt \[ \boxed{\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2} =\frac{r}{q}}. \]
Die Existenz aller angegebenen Kreise setzt implizit voraus, dass \(ABC\) nicht entartet ist und \(M\ne A,B\) gilt. An jedem der beiden Endpunkte ist eines der Teildreiecke entartet und seine angegebenen Kreise existieren nicht, sodass der ursprüngliche Ausdruck nicht definiert ist. Der obige Beweis erfasst jede Konfiguration, für die die Größen definiert sind, einschließlich rechtwinkliger oder stumpfwinkliger Dreiecke.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1970 · Soru 1
\(M\), \(\triangle ABC\)'nin \(AB\) kenarı üzerinde bir nokta olsun. \(AMC,BMC\) ve \(ABC\) üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin yarıçapları sırasıyla \(r_1,r_2\) ve \(r\) olsun. Aynı üçgenlerin \(ACB\) açısının içinde bulunan dış teğet çemberlerinin yarıçapları sırasıyla \(q_1,q_2\) ve \(q\) olsun. Şunu kanıtlayınız: \[ \frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}=\frac{r}{q}. \]
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Önce genel bir özdeşlik elde edelim. Dejenere olmayan bir \(XYZ\) üçgeninde \(X,Y\) köşelerindeki açılar \(\alpha,\beta\), iç teğet çemberinin yarıçapı \(\rho\) ve \(Z\) köşesinin karşısındaki dış teğet çemberinin yarıçapı \(\eta\) olsun. O hâlde \[ \frac{\rho}{\eta} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}. \tag{1} \]
Gerçekten, iç teğet çemberi ve \(Z\) köşesinin karşısındaki dış teğet çemberi \(XY\)'ye sırasıyla \(D\) ve \(E\) noktalarında teğet olsun. Her iki teğet noktası da \(X\) ile \(Y\) arasındadır. İç teğet çemberinin merkezi iç açıortaylar üzerinde olduğundan, \(D\) ile oluşan dik üçgenlerden \[ XD=\rho\cot\frac{\alpha}{2}, \qquad YD=\rho\cot\frac{\beta}{2} \] elde edilir. Dış teğet çemberinin merkezi, \(X,Y\) köşelerindeki dış açıortaylar üzerindedir; bu açıortaylar \(XY\) doğru parçasıyla \(90^\circ-\alpha/2\) ve \(90^\circ-\beta/2\) açılarını yapar. Dolayısıyla ilgili dik üçgenlerden \[ XE=\eta\tan\frac{\alpha}{2}, \qquad YE=\eta\tan\frac{\beta}{2} \] elde edilir. \(XY\) üzerindeki uzunlukları toplayarak \[ \rho\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}\right) = \eta\left(\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right) \] buluruz. Her iki yarım açının tanjantı da pozitif olduğundan, bölme ve sadeleştirme işlemleriyle (1) kanıtlanır.
Şimdi \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle CBA,\qquad \theta=\angle AMC \] olsun. Belirtilen dış teğet çemberleri, \(C\) köşesinin karşısındaki çemberlerdir. \(A,M,B\) doğrusal ve \(M\), \(A\) ile \(B\) arasında olduğundan, \[ \angle CAM=\alpha,\qquad \angle CBM=\beta,\qquad \angle BMC=180^\circ-\theta. \] Bu nedenle (1)'i \(AMC\) ve \(BMC\) üçgenlerine uygulayarak \[ \frac{r_1}{q_1} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\theta}{2}, \] ve \[ \frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\beta}{2} \tan\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right) =\tan\frac{\beta}{2}\cot\frac{\theta}{2} \] elde ederiz. Bu eşitlikleri çarpıp (1)'i bir kez daha \(ABC\) üçgenine uygularsak \[ \boxed{\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2} =\frac{r}{q}} \] buluruz.
Belirtilen tüm çemberlerin var olması, örtük olarak \(ABC\)'nin dejenere olmamasını ve \(M\ne A,B\) olmasını gerektirir. Uç noktaların her birinde alt üçgenlerden biri dejenere olur ve bu üçgenin belirtilen çemberleri var olmaz; dolayısıyla başlangıçtaki ifade tanımsızdır. Dik veya geniş açılı üçgenler de dâhil olmak üzere, söz konusu niceliklerin tanımlı olduğu her durum yukarıdaki kanıtın kapsamındadır.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1970 · Problema 1
Sea \(M\) un punto del lado \(AB\) de \(\triangle ABC\). Sean \(r_1,r_2\) y \(r\) los radios de las circunferencias inscritas de los triángulos \(AMC,BMC\) y \(ABC\). Sean \(q_1,q_2\) y \(q\) los radios de las circunferencias exinscritas de esos mismos triángulos que están contenidas en el ángulo \(ACB\). Demostrar que \[ \frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}=\frac{r}{q}. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Establecemos primero una identidad general. En un triángulo no degenerado \(XYZ\), sean \(\alpha,\beta\) los ángulos en \(X,Y\), sea \(\rho\) el inradio y sea \(\eta\) el exradio opuesto a \(Z\). Entonces \[ \frac{\rho}{\eta} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}. \tag{1} \]
En efecto, sean \(D\) y \(E\) los puntos de tangencia con \(XY\) de la circunferencia inscrita y de la circunferencia exinscrita opuesta a \(Z\), respectivamente. Ambos puntos de tangencia están entre \(X\) e \(Y\). El incentro pertenece a las bisectrices interiores, por lo que los triángulos rectángulos formados con \(D\) dan \[ XD=\rho\cot\frac{\alpha}{2}, \qquad YD=\rho\cot\frac{\beta}{2}. \] El excentro pertenece a las bisectrices exteriores en \(X,Y\), que forman ángulos de \(90^\circ-\alpha/2\) y \(90^\circ-\beta/2\) con el segmento \(XY\). Por tanto, los triángulos rectángulos correspondientes dan \[ XE=\eta\tan\frac{\alpha}{2}, \qquad YE=\eta\tan\frac{\beta}{2}. \] Sumando las longitudes a lo largo de \(XY\), obtenemos \[ \rho\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}\right) = \eta\left(\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right). \] Como las tangentes de ambos semiángulos son positivas, al dividir y simplificar se demuestra (1).
Ahora ponemos \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle CBA,\qquad \theta=\angle AMC. \] Las circunferencias exinscritas indicadas son las opuestas a \(C\). Como \(A,M,B\) están alineados y \(M\) está entre \(A\) y \(B\), \[ \angle CAM=\alpha,\qquad \angle CBM=\beta,\qquad \angle BMC=180^\circ-\theta. \] Por tanto, al aplicar (1) a \(AMC\) y \(BMC\) obtenemos \[ \frac{r_1}{q_1} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\theta}{2}, \] y \[ \frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\beta}{2} \tan\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right) =\tan\frac{\beta}{2}\cot\frac{\theta}{2}. \] Multiplicando y aplicando (1) una vez más a \(ABC\), resulta \[ \boxed{\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2} =\frac{r}{q}}. \]
La existencia de todas las circunferencias mencionadas exige implícitamente que \(ABC\) no sea degenerado y que \(M\ne A,B\). En cualquiera de los extremos, uno de los subtriángulos es degenerado y sus circunferencias indicadas no existen, por lo que la expresión original no está definida. El argumento anterior abarca toda configuración para la que las cantidades están definidas, incluidos los triángulos rectángulos u obtusángulos.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1970 · 问题 1
设点 \(M\) 在 \(\triangle ABC\) 的边 \(AB\) 上。设 \(r_1,r_2\) 和 \(r\) 分别为三角形 \(AMC,BMC\) 和 \(ABC\) 的内切圆半径。设 \(q_1,q_2\) 和 \(q\) 分别为这三个三角形位于角 \(ACB\) 内的旁切圆半径。证明 \[ \frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}=\frac{r}{q}. \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
我们先证明一个一般恒等式。在非退化三角形 \(XYZ\) 中，设顶点 \(X,Y\) 处的角分别为 \(\alpha,\beta\)，内切圆半径为 \(\rho\)，顶点 \(Z\) 所对的旁切圆半径为 \(\eta\)。则 \[ \frac{\rho}{\eta} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}. \tag{1} \]
事实上，设内切圆和顶点 \(Z\) 所对的旁切圆分别与 \(XY\) 相切于 \(D\) 和 \(E\)。这两个切点都位于 \(X\) 与 \(Y\) 之间。内心位于内角平分线上，因此由以 \(D\) 为直角顶点的直角三角形可得 \[ XD=\rho\cot\frac{\alpha}{2}, \qquad YD=\rho\cot\frac{\beta}{2}. \] 旁心位于顶点 \(X,Y\) 处的外角平分线上，这两条外角平分线与线段 \(XY\) 所成的角分别为 \(90^\circ-\alpha/2\) 和 \(90^\circ-\beta/2\)。因此，由相应的直角三角形可得 \[ XE=\eta\tan\frac{\alpha}{2}, \qquad YE=\eta\tan\frac{\beta}{2}. \] 将 \(XY\) 上相应的线段长度相加，得到 \[ \rho\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}\right) = \eta\left(\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right). \] 由于两个半角的正切值都为正，作除法并化简即得 (1)。
现在令 \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle CBA,\qquad \theta=\angle AMC. \] 题目指定的旁切圆均为顶点 \(C\) 所对的旁切圆。由于 \(A,M,B\) 共线，且 \(M\) 位于 \(A\) 与 \(B\) 之间， \[ \angle CAM=\alpha,\qquad \angle CBM=\beta,\qquad \angle BMC=180^\circ-\theta. \] 因此，对 \(AMC\) 和 \(BMC\) 应用 (1)，可得 \[ \frac{r_1}{q_1} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\theta}{2}, \] 以及 \[ \frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\beta}{2} \tan\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right) =\tan\frac{\beta}{2}\cot\frac{\theta}{2}. \] 将两式相乘，并对 \(ABC\) 再次应用 (1)，得到 \[ \boxed{\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2} =\frac{r}{q}}. \]
题述所有圆的存在，隐含地要求 \(ABC\) 非退化且 \(M\ne A,B\)。当 \(M\) 位于任一端点时，其中一个小三角形退化，其题述的圆不存在，因而原式无定义。上述证明涵盖了所有相关量有定义的情形，包括直角三角形或钝角三角形的情形。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1970 · Задача 1
Пусть \(M\) — точка на стороне \(AB\) треугольника \(\triangle ABC\). Пусть \(r_1,r_2\) и \(r\) — радиусы вписанных окружностей треугольников \(AMC,BMC\) и \(ABC\). Пусть \(q_1,q_2\) и \(q\) — радиусы вневписанных окружностей тех же треугольников, лежащих в угле \(ACB\). Докажите, что \[ \frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}=\frac{r}{q}. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Сначала установим общее тождество. В невырожденном треугольнике \(XYZ\) обозначим углы при вершинах \(X,Y\) через \(\alpha,\beta\), радиус вписанной окружности — через \(\rho\), а радиус вневписанной окружности, противолежащей вершине \(Z\), — через \(\eta\). Тогда \[ \frac{\rho}{\eta} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}. \tag{1} \]
Действительно, пусть вписанная окружность и вневписанная окружность, противолежащая вершине \(Z\), касаются \(XY\) в точках \(D\) и \(E\) соответственно. Обе точки касания лежат между \(X\) и \(Y\). Центр вписанной окружности лежит на биссектрисах внутренних углов, поэтому из прямоугольных треугольников с вершиной \(D\) получаем \[ XD=\rho\cot\frac{\alpha}{2}, \qquad YD=\rho\cot\frac{\beta}{2}. \] Центр вневписанной окружности лежит на биссектрисах внешних углов при вершинах \(X,Y\), которые образуют с отрезком \(XY\) углы \(90^\circ-\alpha/2\) и \(90^\circ-\beta/2\). Поэтому из соответствующих прямоугольных треугольников получаем \[ XE=\eta\tan\frac{\alpha}{2}, \qquad YE=\eta\tan\frac{\beta}{2}. \] Складывая длины отрезков, составляющих \(XY\), получаем \[ \rho\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}\right) = \eta\left(\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right). \] Поскольку тангенсы обоих половинных углов положительны, деление и упрощение дают (1).
Теперь положим \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle CBA,\qquad \theta=\angle AMC. \] Указанные вневписанные окружности противолежат вершине \(C\). Поскольку точки \(A,M,B\) лежат на одной прямой, причём \(M\) находится между \(A\) и \(B\), \[ \angle CAM=\alpha,\qquad \angle CBM=\beta,\qquad \angle BMC=180^\circ-\theta. \] Поэтому, применяя (1) к треугольникам \(AMC\) и \(BMC\), получаем \[ \frac{r_1}{q_1} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\theta}{2}, \] и \[ \frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\beta}{2} \tan\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right) =\tan\frac{\beta}{2}\cot\frac{\theta}{2}. \] Перемножая эти равенства и ещё раз применяя (1) к треугольнику \(ABC\), получаем \[ \boxed{\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2} =\frac{r}{q}}. \]
Существование всех указанных окружностей неявно требует, чтобы треугольник \(ABC\) был невырожденным и \(M\ne A,B\). Если \(M\) совпадает с одним из концов стороны, один из меньших треугольников вырождается и указанные для него окружности не существуют, поэтому исходное выражение не определено. Приведённое доказательство охватывает все конфигурации, для которых эти величины определены, в том числе прямоугольные и тупоугольные треугольники.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1970 · المسألة 1
لتكن \(M\) نقطة على الضلع \(AB\) من المثلث \(\triangle ABC\). ولتكن \(r_1,r_2\) و\(r\) أنصاف أقطار الدوائر الداخلية للمثلثات \(AMC,BMC\) و\(ABC\). ولتكن \(q_1,q_2\) و\(q\) أنصاف أقطار الدوائر الخارجية للمثلثات نفسها التي تقع داخل الزاوية \(ACB\). أثبت أن \[ \frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2}=\frac{r}{q}. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نثبت أولًا متطابقة عامة. في مثلث غير منعدم \(XYZ\)، لتكن الزاويتان عند \(X,Y\) هما \(\alpha,\beta\)، وليكن نصف قطر الدائرة الداخلية \(\rho\)، ونصف قطر الدائرة الخارجية المقابلة للرأس \(Z\) هو \(\eta\). عندئذ \[ \frac{\rho}{\eta} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2}. \tag{1} \]
بالفعل، لتكن نقطتا تماس الدائرة الداخلية والدائرة الخارجية المقابلة للرأس \(Z\) مع \(XY\) هما \(D\) و\(E\)، على الترتيب. تقع نقطتا التماس كلتاهما بين \(X\) و\(Y\). يقع مركز الدائرة الداخلية على منصفات الزوايا الداخلية، ومن ثم تعطينا المثلثات القائمة المتشكلة مع \(D\) \[ XD=\rho\cot\frac{\alpha}{2}, \qquad YD=\rho\cot\frac{\beta}{2}. \] ويقع مركز الدائرة الخارجية على منصفي الزاويتين الخارجيتين عند \(X,Y\)، اللذين يصنعان مع القطعة \(XY\) زاويتين قياساهما \(90^\circ-\alpha/2\) و\(90^\circ-\beta/2\). لذا تعطينا المثلثات القائمة المناظرة \[ XE=\eta\tan\frac{\alpha}{2}, \qquad YE=\eta\tan\frac{\beta}{2}. \] وبجمع الأطوال على \(XY\)، نحصل على \[ \rho\left(\cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}\right) = \eta\left(\tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}\right). \] وبما أن ظلي نصفي الزاويتين موجبان، فإن القسمة والتبسيط يثبتان (1).
لنضع الآن \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle CBA,\qquad \theta=\angle AMC. \] الدوائر الخارجية المحددة في المسألة هي المقابلة للرأس \(C\). وبما أن \(A,M,B\) على استقامة واحدة، و\(M\) بين \(A\) و\(B\)، فإن \[ \angle CAM=\alpha,\qquad \angle CBM=\beta,\qquad \angle BMC=180^\circ-\theta. \] وبتطبيق (1) على \(AMC\) و\(BMC\) نحصل إذن على \[ \frac{r_1}{q_1} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\theta}{2}, \] و \[ \frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\beta}{2} \tan\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right) =\tan\frac{\beta}{2}\cot\frac{\theta}{2}. \] وبالضرب، ثم تطبيق (1) مرة أخرى على \(ABC\)، ينتج \[ \boxed{\frac{r_1}{q_1}\cdot\frac{r_2}{q_2} =\tan\frac{\alpha}{2}\tan\frac{\beta}{2} =\frac{r}{q}}. \]
يقتضي وجود جميع الدوائر المذكورة ضمنًا أن يكون \(ABC\) غير منعدم وأن يكون \(M\ne A,B\). فعند أي من طرفي الضلع يكون أحد المثلثين الجزئيين منعدمًا، ولا توجد دائرتاه المذكورتان، ومن ثم يكون التعبير الأصلي غير معرّف. ويشمل البرهان أعلاه كل وضع تكون فيه الكميات معرّفة، بما في ذلك المثلثات القائمة أو المنفرجة الزاوية.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).