IMO 1997 · Problem 2
The angle at \(A\) is the smallest angle of triangle \(ABC\). The points \(B\) and \(C\) divide the circumcircle of the triangle into two arcs. Let \(U\) be an interior point of the arc between \(B\) and \(C\) which does not contain \(A\). The perpendicular bisectors of \(AB\) and \(AC\) meet the line \(AU\) at \(V\) and \(W\), respectively. The lines \(BV\) and \(CW\) meet at \(T\). Show that \[ AU = TB + TC. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \[ a=\angle BAC,\qquad b=\angle ABC,\qquad c=\angle BCA, \] and \[ x=\angle BAU,\qquad y=\angle UAC. \] Since \(U\) is strictly inside the specified arc, the ray \(AU\) lies strictly inside \(\angle BAC\). Thus \[ x>0,\qquad y>0,\qquad x+y=a. \] Moreover, the smallest-angle hypothesis gives \[ a\le b,\qquad a\le c,\qquad a\le60^\circ. \]
We first establish the position of \(T\). Since \(x,y<90^\circ\), the line \(AU\) is not parallel to either perpendicular bisector, so \(V\) and \(W\) exist uniquely. Both lie on the ray \(AU\). Indeed, if \(V\) lay on the opposite ray, then \(\angle VAB=180^\circ-x>90^\circ\), which is impossible in the isosceles triangle \(AVB\), where \(VA=VB\). The argument for \(W\) is identical.
Consequently, these isosceles triangles give \[ \angle ABV=x,\qquad \angle ACW=y. \] As \(V\) lies on the same side of \(AB\) as \(C\), and \(x<a\le b\), the ray \(BV\) lies strictly inside \(\angle ABC\). Similarly, \(CW\) lies strictly inside \(\angle BCA\). These two interior rays meet inside triangle \(ABC\): each crosses the opposite side, and the resulting two segments have alternating endpoints around the triangle’s boundary. Their intersection is therefore \(T\).
It follows that \[ \angle TBC=b-x,\qquad \angle BCT=c-y, \] and hence \[ \angle BTC =180^\circ-(b-x)-(c-y) =2a. \] Applying the sine rule in triangle \(BTC\), we obtain \[ TB+TC =\frac{BC}{\sin 2a}\bigl(\sin(c-y)+\sin(b-x)\bigr). \] Here \(\sin2a>0\), since \(0<a\le60^\circ\). Using \(x+y=a\) and \(a+b+c=180^\circ\), we have \[ \begin{aligned} \sin(c-y)+\sin(b-x) &=\sin(b+y+a)+\sin(b+y-a)\\ &=2\sin(b+y)\cos a. \end{aligned} \] Therefore \[ TB+TC=\frac{BC\sin(b+y)}{\sin a}. \]
Let \(R\) be the circumradius of \(ABC\). The inscribed angles subtending chord \(AB\) give \[ \angle BUA=\angle BCA=c, \] so \[ \angle ABU=180^\circ-c-x=b+y. \] The extended sine rule in triangles \(ABC\) and \(ABU\), which have the same circumcircle, now yields \[ BC=2R\sin a,\qquad AU=2R\sin(b+y). \] Thus \[ TB+TC =\frac{2R\sin a\sin(b+y)}{\sin a} =AU. \]
All inequalities needed above remain strict when two or all three angles of \(ABC\) are equal. The argument also allows \(V=W\), in which case \(T=V=W\).
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 1997 · Aufgabe 2
Der Winkel bei \(A\) ist der kleinste Winkel des Dreiecks \(ABC\). Die Punkte \(B\) und \(C\) teilen den Umkreis des Dreiecks in zwei Bögen. Sei \(U\) ein innerer Punkt des Bogens zwischen \(B\) und \(C\), der \(A\) nicht enthält. Die Mittelsenkrechten von \(AB\) und \(AC\) schneiden die Gerade \(AU\) in \(V\) bzw. \(W\). Die Geraden \(BV\) und \(CW\) schneiden sich in \(T\). Zeige, dass \[ AU = TB + TC. \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir setzen \[ a=\angle BAC,\qquad b=\angle ABC,\qquad c=\angle BCA, \] und \[ x=\angle BAU,\qquad y=\angle UAC. \] Da \(U\) im Inneren des angegebenen Bogens liegt, verläuft der Strahl \(AU\) echt im Inneren von \(\angle BAC\). Daher gilt \[ x>0,\qquad y>0,\qquad x+y=a. \] Außerdem folgt aus der Voraussetzung über den kleinsten Winkel \[ a\le b,\qquad a\le c,\qquad a\le60^\circ. \]
Zunächst bestimmen wir die Lage von \(T\). Wegen \(x,y<90^\circ\) ist die Gerade \(AU\) zu keiner der beiden Mittelsenkrechten parallel, sodass \(V\) und \(W\) eindeutig existieren. Beide liegen auf dem Strahl \(AU\). Läge nämlich \(V\) auf dem entgegengesetzten Strahl, so wäre \(\angle VAB=180^\circ-x>90^\circ\), was im gleichschenkligen Dreieck \(AVB\) mit \(VA=VB\) unmöglich ist. Für \(W\) gilt dasselbe Argument.
Aus diesen gleichschenkligen Dreiecken folgt daher \[ \angle ABV=x,\qquad \angle ACW=y. \] Da \(V\) auf derselben Seite von \(AB\) wie \(C\) liegt und \(x<a\le b\) gilt, verläuft der Strahl \(BV\) echt im Inneren von \(\angle ABC\). Ebenso verläuft \(CW\) echt im Inneren von \(\angle BCA\). Diese beiden inneren Strahlen schneiden sich im Inneren des Dreiecks \(ABC\): Jeder schneidet die gegenüberliegende Seite, und die Endpunkte der beiden entstehenden Strecken liegen abwechselnd auf dem Rand des Dreiecks. Ihr Schnittpunkt ist somit \(T\).
Es folgt \[ \angle TBC=b-x,\qquad \angle BCT=c-y, \] und damit \[ \angle BTC =180^\circ-(b-x)-(c-y) =2a. \] Mit dem Sinussatz im Dreieck \(BTC\) erhalten wir \[ TB+TC =\frac{BC}{\sin 2a}\bigl(\sin(c-y)+\sin(b-x)\bigr). \] Hier gilt \(\sin2a>0\), da \(0<a\le60^\circ\). Wegen \(x+y=a\) und \(a+b+c=180^\circ\) gilt \[ \begin{aligned} \sin(c-y)+\sin(b-x) &=\sin(b+y+a)+\sin(b+y-a)\\ &=2\sin(b+y)\cos a. \end{aligned} \] Daher ist \[ TB+TC=\frac{BC\sin(b+y)}{\sin a}. \]
Sei \(R\) der Umkreisradius von \(ABC\). Die Umfangswinkel über der Sehne \(AB\) liefern \[ \angle BUA=\angle BCA=c, \] also \[ \angle ABU=180^\circ-c-x=b+y. \] Der erweiterte Sinussatz in den Dreiecken \(ABC\) und \(ABU\), die denselben Umkreis haben, ergibt nun \[ BC=2R\sin a,\qquad AU=2R\sin(b+y). \] Somit gilt \[ TB+TC =\frac{2R\sin a\sin(b+y)}{\sin a} =AU. \]
Alle oben benötigten strengen Ungleichungen bleiben auch dann streng, wenn zwei oder alle drei Winkel von \(ABC\) gleich sind. Das Argument lässt auch \(V=W\) zu; in diesem Fall gilt \(T=V=W\).
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 1997 · Soru 2
\(ABC\) üçgeninin en küçük açısı \(A\) köşesindeki açıdır. \(B\) ve \(C\) noktaları, üçgenin çevrel çemberini iki yaya ayırır. \(U\), \(B\) ile \(C\) arasındaki, \(A\)'yı içermeyen yayın bir iç noktası olsun. \(AB\) ve \(AC\)'nin orta dikmeleri, \(AU\) doğrusunu sırasıyla \(V\) ve \(W\) noktalarında keser. \(BV\) ve \(CW\) doğruları \(T\) noktasında kesişir. \[ AU = TB + TC \] olduğunu gösteriniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ a=\angle BAC,\qquad b=\angle ABC,\qquad c=\angle BCA, \] ve \[ x=\angle BAU,\qquad y=\angle UAC \] olarak yazalım. \(U\), belirtilen yayın kesin olarak içinde olduğundan, \(AU\) ışını \(\angle BAC\)'nın kesin olarak içinde yer alır. Dolayısıyla \[ x>0,\qquad y>0,\qquad x+y=a. \] Ayrıca, en küçük açı varsayımından \[ a\le b,\qquad a\le c,\qquad a\le60^\circ \] elde edilir.
Önce \(T\)'nin konumunu belirleyelim. \(x,y<90^\circ\) olduğundan, \(AU\) doğrusu orta dikmelerin hiçbirine paralel değildir; dolayısıyla \(V\) ve \(W\) noktaları vardır ve biriciktir. Her ikisi de \(AU\) ışını üzerindedir. Gerçekten, \(V\) zıt ışın üzerinde olsaydı, \(\angle VAB=180^\circ-x>90^\circ\) olurdu; bu ise \(VA=VB\) olan \(AVB\) ikizkenar üçgeninde olanaksızdır. \(W\) için de aynı akıl yürütme geçerlidir.
Dolayısıyla bu ikizkenar üçgenlerden \[ \angle ABV=x,\qquad \angle ACW=y \] elde edilir. \(V\), \(AB\) doğrusunun \(C\) ile aynı tarafında bulunduğundan ve \(x<a\le b\) olduğundan, \(BV\) ışını \(\angle ABC\)'nin kesin olarak içinde yer alır. Benzer şekilde, \(CW\) ışını \(\angle BCA\)'nın kesin olarak içinde yer alır. Bu iki iç ışın, \(ABC\) üçgeninin içinde kesişir: her biri karşı kenarı keser ve elde edilen iki doğru parçasının uç noktaları, üçgenin sınırı boyunca dönüşümlü olarak sıralanır. Dolayısıyla kesişim noktaları \(T\)'dir.
Bundan \[ \angle TBC=b-x,\qquad \angle BCT=c-y, \] ve dolayısıyla \[ \angle BTC =180^\circ-(b-x)-(c-y) =2a \] elde edilir. \(BTC\) üçgeninde sinüs teoremini uygulayarak \[ TB+TC =\frac{BC}{\sin 2a}\bigl(\sin(c-y)+\sin(b-x)\bigr) \] buluruz. Burada \(0<a\le60^\circ\) olduğundan \(\sin2a>0\)'dır. \(x+y=a\) ve \(a+b+c=180^\circ\) eşitliklerini kullanarak \[ \begin{aligned} \sin(c-y)+\sin(b-x) &=\sin(b+y+a)+\sin(b+y-a)\\ &=2\sin(b+y)\cos a \end{aligned} \] elde ederiz. Bu nedenle \[ TB+TC=\frac{BC\sin(b+y)}{\sin a}. \]
\(ABC\) üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapı \(R\) olsun. \(AB\) kirişini gören çevre açılardan \[ \angle BUA=\angle BCA=c, \] dolayısıyla \[ \angle ABU=180^\circ-c-x=b+y \] elde edilir. Aynı çevrel çembere sahip olan \(ABC\) ve \(ABU\) üçgenlerinde genişletilmiş sinüs teoremi şimdi \[ BC=2R\sin a,\qquad AU=2R\sin(b+y) \] eşitliklerini verir. Böylece \[ TB+TC =\frac{2R\sin a\sin(b+y)}{\sin a} =AU. \]
\(ABC\) üçgeninin iki açısı veya üç açısının tamamı eşit olduğunda da, yukarıda gereken tüm kesin eşitsizlikler geçerliliğini korur. Akıl yürütme \(V=W\) durumuna da izin verir; bu durumda \(T=V=W\) olur.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1997 · Problema 2
El ángulo en \(A\) es el menor ángulo del triángulo \(ABC\). Los puntos \(B\) y \(C\) dividen la circunferencia circunscrita al triángulo en dos arcos. Sea \(U\) un punto interior del arco entre \(B\) y \(C\) que no contiene a \(A\). Las mediatrices de \(AB\) y \(AC\) cortan la recta \(AU\) en \(V\) y \(W\), respectivamente. Las rectas \(BV\) y \(CW\) se cortan en \(T\). Demostrar que \[ AU = TB + TC. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Escribamos \[ a=\angle BAC,\qquad b=\angle ABC,\qquad c=\angle BCA, \] y \[ x=\angle BAU,\qquad y=\angle UAC. \] Como \(U\) está estrictamente en el interior del arco indicado, la semirrecta \(AU\) está estrictamente en el interior de \(\angle BAC\). Por tanto, \[ x>0,\qquad y>0,\qquad x+y=a. \] Además, la hipótesis sobre el ángulo menor da \[ a\le b,\qquad a\le c,\qquad a\le60^\circ. \]
Determinemos primero la posición de \(T\). Como \(x,y<90^\circ\), la recta \(AU\) no es paralela a ninguna de las dos mediatrices, por lo que \(V\) y \(W\) existen y son únicos. Ambos están en la semirrecta \(AU\). En efecto, si \(V\) estuviera en la semirrecta opuesta, entonces \(\angle VAB=180^\circ-x>90^\circ\), lo cual es imposible en el triángulo isósceles \(AVB\), donde \(VA=VB\). El argumento para \(W\) es idéntico.
En consecuencia, estos triángulos isósceles dan \[ \angle ABV=x,\qquad \angle ACW=y. \] Como \(V\) está en el mismo semiplano respecto de \(AB\) que \(C\), y \(x<a\le b\), la semirrecta \(BV\) está estrictamente en el interior de \(\angle ABC\). Análogamente, \(CW\) está estrictamente en el interior de \(\angle BCA\). Estas dos semirrectas interiores se cortan dentro del triángulo \(ABC\): cada una corta el lado opuesto, y los dos segmentos resultantes tienen sus extremos alternados a lo largo de la frontera del triángulo. Su intersección es, por tanto, \(T\).
Se sigue que \[ \angle TBC=b-x,\qquad \angle BCT=c-y, \] y, por tanto, \[ \angle BTC =180^\circ-(b-x)-(c-y) =2a. \] Aplicando el teorema del seno en el triángulo \(BTC\), obtenemos \[ TB+TC =\frac{BC}{\sin 2a}\bigl(\sin(c-y)+\sin(b-x)\bigr). \] Aquí \(\sin2a>0\), pues \(0<a\le60^\circ\). Usando \(x+y=a\) y \(a+b+c=180^\circ\), tenemos \[ \begin{aligned} \sin(c-y)+\sin(b-x) &=\sin(b+y+a)+\sin(b+y-a)\\ &=2\sin(b+y)\cos a. \end{aligned} \] Por tanto, \[ TB+TC=\frac{BC\sin(b+y)}{\sin a}. \]
Sea \(R\) el radio de la circunferencia circunscrita a \(ABC\). Los ángulos inscritos que abarcan la cuerda \(AB\) dan \[ \angle BUA=\angle BCA=c, \] de modo que \[ \angle ABU=180^\circ-c-x=b+y. \] El teorema del seno ampliado en los triángulos \(ABC\) y \(ABU\), que tienen la misma circunferencia circunscrita, da ahora \[ BC=2R\sin a,\qquad AU=2R\sin(b+y). \] Así, \[ TB+TC =\frac{2R\sin a\sin(b+y)}{\sin a} =AU. \]
Todas las desigualdades estrictas necesarias en el argumento anterior siguen siendo estrictas cuando dos o los tres ángulos de \(ABC\) son iguales. El argumento también permite que \(V=W\), en cuyo caso \(T=V=W\).
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 1997 · 问题 2
三角形 \(ABC\) 中，\(A\) 处的角是最小的角。点 \(B\) 和 \(C\) 将三角形的外接圆分成两条弧。设 \(U\) 是以 \(B\)、\(C\) 为端点且不含 \(A\) 的那条弧的内点。\(AB\) 和 \(AC\) 的垂直平分线分别与直线 \(AU\) 相交于 \(V\) 和 \(W\)。直线 \(BV\) 和 \(CW\) 相交于 \(T\)。证明： \[ AU = TB + TC. \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
记 \[ a=\angle BAC,\qquad b=\angle ABC,\qquad c=\angle BCA, \] 以及 \[ x=\angle BAU,\qquad y=\angle UAC. \] 由于 \(U\) 严格位于指定弧的内部，射线 \(AU\) 严格位于 \(\angle BAC\) 的内部。因此 \[ x>0,\qquad y>0,\qquad x+y=a. \] 此外，由最小角的假设可得 \[ a\le b,\qquad a\le c,\qquad a\le60^\circ. \]
我们先确定 \(T\) 的位置。由于 \(x,y<90^\circ\)，直线 \(AU\) 与两条垂直平分线均不平行，故 \(V\) 和 \(W\) 均唯一存在。两点都位于射线 \(AU\) 上。事实上，如果 \(V\) 位于反向射线上，那么 \(\angle VAB=180^\circ-x>90^\circ\)，而在满足 \(VA=VB\) 的等腰三角形 \(AVB\) 中，这是不可能的。对 \(W\) 的论证完全相同。
因此，由这两个等腰三角形可得 \[ \angle ABV=x,\qquad \angle ACW=y. \] 由于 \(V\) 与 \(C\) 位于 \(AB\) 的同侧，且 \(x<a\le b\)，射线 \(BV\) 严格位于 \(\angle ABC\) 的内部。同理，\(CW\) 严格位于 \(\angle BCA\) 的内部。这两条内部射线相交于三角形 \(ABC\) 内部：每条射线都与对边相交，所得两条线段的端点沿三角形边界交替出现。因此，它们的交点就是 \(T\)。
由此可得 \[ \angle TBC=b-x,\qquad \angle BCT=c-y, \] 从而 \[ \angle BTC =180^\circ-(b-x)-(c-y) =2a. \] 在三角形 \(BTC\) 中应用正弦定理，得到 \[ TB+TC =\frac{BC}{\sin 2a}\bigl(\sin(c-y)+\sin(b-x)\bigr). \] 这里，由于 \(0<a\le60^\circ\)，有 \(\sin2a>0\)。利用 \(x+y=a\) 和 \(a+b+c=180^\circ\)，得到 \[ \begin{aligned} \sin(c-y)+\sin(b-x) &=\sin(b+y+a)+\sin(b+y-a)\\ &=2\sin(b+y)\cos a. \end{aligned} \] 因此 \[ TB+TC=\frac{BC\sin(b+y)}{\sin a}. \]
设 \(R\) 为 \(ABC\) 的外接圆半径。由弦 \(AB\) 所对的圆周角可得 \[ \angle BUA=\angle BCA=c, \] 所以 \[ \angle ABU=180^\circ-c-x=b+y. \] 三角形 \(ABC\) 和 \(ABU\) 具有相同的外接圆，在这两个三角形中应用扩充正弦定理，得到 \[ BC=2R\sin a,\qquad AU=2R\sin(b+y). \] 于是 \[ TB+TC =\frac{2R\sin a\sin(b+y)}{\sin a} =AU. \]
当 \(ABC\) 的两个角或三个角都相等时，上面所需的所有严格不等式仍然成立。上述论证也允许 \(V=W\)，此时 \(T=V=W\)。
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 1997 · Задача 2
Угол при вершине \(A\) — наименьший угол треугольника \(ABC\). Точки \(B\) и \(C\) делят описанную окружность треугольника на две дуги. Пусть \(U\) — внутренняя точка дуги между \(B\) и \(C\), не содержащей \(A\). Серединные перпендикуляры к \(AB\) и \(AC\) пересекают прямую \(AU\) в точках \(V\) и \(W\) соответственно. Прямые \(BV\) и \(CW\) пересекаются в точке \(T\). Покажите, что \[ AU = TB + TC. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим \[ a=\angle BAC,\qquad b=\angle ABC,\qquad c=\angle BCA, \] и \[ x=\angle BAU,\qquad y=\angle UAC. \] Поскольку \(U\) лежит строго внутри указанной дуги, луч \(AU\) лежит строго внутри \(\angle BAC\). Поэтому \[ x>0,\qquad y>0,\qquad x+y=a. \] Кроме того, из условия о наименьшем угле следует, что \[ a\le b,\qquad a\le c,\qquad a\le60^\circ. \]
Сначала установим положение точки \(T\). Поскольку \(x,y<90^\circ\), прямая \(AU\) не параллельна ни одному из серединных перпендикуляров, поэтому точки \(V\) и \(W\) существуют и определяются однозначно. Обе лежат на луче \(AU\). Действительно, если бы \(V\) лежала на противоположном луче, то \(\angle VAB=180^\circ-x>90^\circ\), что невозможно в равнобедренном треугольнике \(AVB\), в котором \(VA=VB\). Для \(W\) рассуждение аналогично.
Следовательно, из этих равнобедренных треугольников получаем \[ \angle ABV=x,\qquad \angle ACW=y. \] Так как \(V\) лежит по ту же сторону от \(AB\), что и \(C\), и \(x<a\le b\), луч \(BV\) лежит строго внутри \(\angle ABC\). Аналогично, \(CW\) лежит строго внутри \(\angle BCA\). Эти два внутренних луча пересекаются внутри треугольника \(ABC\): каждый из них пересекает противоположную сторону, а концы полученных двух отрезков чередуются при обходе границы треугольника. Поэтому точкой их пересечения является \(T\).
Отсюда следует, что \[ \angle TBC=b-x,\qquad \angle BCT=c-y, \] и, значит, \[ \angle BTC =180^\circ-(b-x)-(c-y) =2a. \] Применяя теорему синусов к треугольнику \(BTC\), получаем \[ TB+TC =\frac{BC}{\sin 2a}\bigl(\sin(c-y)+\sin(b-x)\bigr). \] Здесь \(\sin2a>0\), поскольку \(0<a\le60^\circ\). Используя \(x+y=a\) и \(a+b+c=180^\circ\), имеем \[ \begin{aligned} \sin(c-y)+\sin(b-x) &=\sin(b+y+a)+\sin(b+y-a)\\ &=2\sin(b+y)\cos a. \end{aligned} \] Поэтому \[ TB+TC=\frac{BC\sin(b+y)}{\sin a}. \]
Пусть \(R\) — радиус описанной окружности \(ABC\). Из равенства вписанных углов, опирающихся на хорду \(AB\), получаем \[ \angle BUA=\angle BCA=c, \] так что \[ \angle ABU=180^\circ-c-x=b+y. \] По расширенной теореме синусов для треугольников \(ABC\) и \(ABU\), имеющих общую описанную окружность, теперь имеем \[ BC=2R\sin a,\qquad AU=2R\sin(b+y). \] Таким образом, \[ TB+TC =\frac{2R\sin a\sin(b+y)}{\sin a} =AU. \]
Все необходимые выше строгие неравенства остаются строгими и тогда, когда два или все три угла \(ABC\) равны. Рассуждение допускает также случай \(V=W\), в котором \(T=V=W\).
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 1997 · المسألة 2
الزاوية عند \(A\) هي أصغر زوايا المثلث \(ABC\). تقسم النقطتان \(B\) و\(C\) الدائرة المحيطة بالمثلث إلى قوسين. لتكن \(U\) نقطة داخلية من القوس الواصل بين \(B\) و\(C\) الذي لا يحتوي على \(A\). يتقاطع المنصفان العموديان للقطعتين \(AB\) و\(AC\) مع المستقيم \(AU\) في \(V\) و\(W\)، على الترتيب. ويتقاطع المستقيمان \(BV\) و\(CW\) في \(T\). بيّن أن \[ AU = TB + TC. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نكتب \[ a=\angle BAC,\qquad b=\angle ABC,\qquad c=\angle BCA, \] و \[ x=\angle BAU,\qquad y=\angle UAC. \] بما أن \(U\) تقع داخل القوس المحدد تمامًا، فإن الشعاع \(AU\) يقع داخل \(\angle BAC\) تمامًا. ومن ثم \[ x>0,\qquad y>0,\qquad x+y=a. \] كذلك، فإن فرضية أصغر زاوية تعطينا \[ a\le b,\qquad a\le c,\qquad a\le60^\circ. \]
نحدد أولًا موضع \(T\). بما أن \(x,y<90^\circ\)، فإن المستقيم \(AU\) لا يوازي أيًا من المنصفين العموديين، ولذلك توجد كل من \(V\) و\(W\) على نحو وحيد. وتقع كلتاهما على الشعاع \(AU\). بالفعل، لو وقعت \(V\) على الشعاع المعاكس، لكان \(\angle VAB=180^\circ-x>90^\circ\)، وهذا مستحيل في المثلث متساوي الساقين \(AVB\)، حيث \(VA=VB\). والحجة نفسها تنطبق على \(W\).
وبالتالي، يعطينا هذان المثلثان متساويا الساقين \[ \angle ABV=x,\qquad \angle ACW=y. \] بما أن \(V\) تقع في الجهة نفسها من \(AB\) التي تقع فيها \(C\)، وأن \(x<a\le b\)، فإن الشعاع \(BV\) يقع داخل \(\angle ABC\) تمامًا. وبالمثل، يقع \(CW\) داخل \(\angle BCA\) تمامًا. ويتقاطع هذان الشعاعان الداخليان داخل المثلث \(ABC\): فكل منهما يقطع الضلع المقابل، وتتبادل نهايتا كل من القطعتين الناتجتين مع نهايتي الأخرى في ترتيبها حول حدود المثلث. ومن ثم فإن نقطة تقاطعهما هي \(T\).
ويترتب على ذلك أن \[ \angle TBC=b-x,\qquad \angle BCT=c-y, \] ومن ثم \[ \angle BTC =180^\circ-(b-x)-(c-y) =2a. \] بتطبيق قانون الجيوب في المثلث \(BTC\)، نحصل على \[ TB+TC =\frac{BC}{\sin 2a}\bigl(\sin(c-y)+\sin(b-x)\bigr). \] وهنا \(\sin2a>0\)، لأن \(0<a\le60^\circ\). وباستخدام \(x+y=a\) و\(a+b+c=180^\circ\)، نجد \[ \begin{aligned} \sin(c-y)+\sin(b-x) &=\sin(b+y+a)+\sin(b+y-a)\\ &=2\sin(b+y)\cos a. \end{aligned} \] لذلك \[ TB+TC=\frac{BC\sin(b+y)}{\sin a}. \]
ليكن \(R\) نصف قطر الدائرة المحيطة بـ\(ABC\). تعطينا الزاويتان المحيطيتان المقابلتان للوتر \(AB\) \[ \angle BUA=\angle BCA=c, \] ومن ثم \[ \angle ABU=180^\circ-c-x=b+y. \] ويعطينا الآن قانون الجيوب الموسّع في المثلثين \(ABC\) و\(ABU\)، اللذين لهما الدائرة المحيطة نفسها، \[ BC=2R\sin a,\qquad AU=2R\sin(b+y). \] ومن ثم \[ TB+TC =\frac{2R\sin a\sin(b+y)}{\sin a} =AU. \]
تظل جميع المتباينات التي احتجنا إليها أعلاه صارمة عندما تتساوى زاويتان أو الزوايا الثلاث كلها في \(ABC\). وتسمح الحجة أيضًا بأن يكون \(V=W\)، وفي هذه الحالة \(T=V=W\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.