IMO 2004 · Problem 1
Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with \(AB\neq AC\). The circle with diameter \(BC\) intersects the sides \(AB\) and \(AC\) at \(M\) and \(N\) respectively. Denote by \(O\) the midpoint of the side \(BC\). The bisectors of the angles \(\angle BAC\) and \(\angle MON\) intersect at \(R\). Prove that the circumcircles of the triangles \(BMR\) and \(CNR\) have a common point lying on the side \(BC\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let the internal bisector of \(\angle BAC\) meet \(BC\) at \(D\). We will prove that \(D\) belongs to both circumcircles.
Write \[ AB=c,\qquad AC=b,\qquad \angle BAC=2\alpha. \] By Thales’ theorem, \(CM\perp AB\) and \(BN\perp AC\). Since the triangle is acute, \(M\) and \(N\) lie in the interiors of their respective sides, and \[ AM=b\cos 2\alpha,\qquad AN=c\cos 2\alpha. \] In particular, \(AM\ne AN\), because \(b\ne c\) and \(\cos 2\alpha>0\).
As \(OM=ON\), the bisector of \(\angle MON\) is the perpendicular bisector of \(MN\). Thus \[ RM=RN. \] This also shows that \(R\ne A\). Since \(AR\) bisects \(\angle MAN\), the cosine rule gives \[ \begin{aligned} RM^2&=AM^2+AR^2-2AM\cdot AR\cos\alpha,\\ RN^2&=AN^2+AR^2-2AN\cdot AR\cos\alpha. \end{aligned} \] Subtracting and factoring yields \[ (AM-AN)(AM+AN-2AR\cos\alpha)=0. \] Consequently, \[ AR=\frac{AM+AN}{2\cos\alpha} =\frac{(b+c)\cos 2\alpha}{2\cos\alpha}. \tag{1} \]
On the other hand, adding the areas of \(ABD\) and \(ACD\) gives \[ \frac12 bc\sin 2\alpha =\frac12 c\cdot AD\sin\alpha +\frac12 b\cdot AD\sin\alpha. \] Therefore \[ AD=\frac{2bc\cos\alpha}{b+c}. \tag{2} \] Multiplying (1) and (2), we obtain \[ AR\cdot AD =bc\cos 2\alpha =AB\cdot AM =AC\cdot AN. \tag{3} \]
The triangles \(BMR\) and \(CNR\) are nondegenerate: \(R\ne A\) lies on the internal angle bisector, whereas \(B,M\) lie on \(AB\) and \(C,N\) lie on \(AC\).
Let their circumcircles be \(\omega_B\) and \(\omega_C\). The power of \(A\) with respect to \(\omega_B\) is \[ AB\cdot AM=AR\cdot AD. \] Since \(R\in\omega_B\) and \(A,R,D\) lie on the same ray, the secant power theorem implies \(D\in\omega_B\): the other intersection on this ray, counted with multiplicity, has distance \[ \frac{AB\cdot AM}{AR}=AD \] from \(A\). Likewise, \(AC\cdot AN=AR\cdot AD\) implies \(D\in\omega_C\).
Thus both circumcircles contain \(D\), which lies in the interior of the side \(BC\). \(\square\)
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 2004 · Aufgabe 1
Sei \(ABC\) ein spitzwinkliges Dreieck mit \(AB\neq AC\). Der Kreis mit dem Durchmesser \(BC\) schneidet die Seiten \(AB\) und \(AC\) in \(M\) bzw. \(N\). Mit \(O\) sei der Mittelpunkt der Seite \(BC\) bezeichnet. Die Winkelhalbierenden der Winkel \(\angle BAC\) und \(\angle MON\) schneiden sich in \(R\). Beweise, dass die Umkreise der Dreiecke \(BMR\) und \(CNR\) einen gemeinsamen Punkt auf der Seite \(BC\) haben.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die innere Winkelhalbierende von \(\angle BAC\) schneide \(BC\) in \(D\). Wir werden zeigen, dass \(D\) auf beiden Umkreisen liegt.
Wir setzen \[ AB=c,\qquad AC=b,\qquad \angle BAC=2\alpha. \] Nach dem Satz des Thales gilt \(CM\perp AB\) und \(BN\perp AC\). Da das Dreieck spitzwinklig ist, liegen \(M\) und \(N\) im Inneren der jeweiligen Seiten, und es gilt \[ AM=b\cos 2\alpha,\qquad AN=c\cos 2\alpha. \] Insbesondere ist \(AM\ne AN\), denn \(b\ne c\) und \(\cos 2\alpha>0\).
Wegen \(OM=ON\) ist die Winkelhalbierende von \(\angle MON\) die Mittelsenkrechte von \(MN\). Daher gilt \[ RM=RN. \] Dies zeigt auch, dass \(R\ne A\) ist. Da \(AR\) den Winkel \(\angle MAN\) halbiert, liefert der Kosinussatz \[ \begin{aligned} RM^2&=AM^2+AR^2-2AM\cdot AR\cos\alpha,\\ RN^2&=AN^2+AR^2-2AN\cdot AR\cos\alpha. \end{aligned} \] Subtrahieren und Faktorisieren ergibt \[ (AM-AN)(AM+AN-2AR\cos\alpha)=0. \] Folglich ist \[ AR=\frac{AM+AN}{2\cos\alpha} =\frac{(b+c)\cos 2\alpha}{2\cos\alpha}. \tag{1} \]
Andererseits ergibt die Addition der Flächeninhalte von \(ABD\) und \(ACD\) \[ \frac12 bc\sin 2\alpha =\frac12 c\cdot AD\sin\alpha +\frac12 b\cdot AD\sin\alpha. \] Also gilt \[ AD=\frac{2bc\cos\alpha}{b+c}. \tag{2} \] Durch Multiplikation von (1) und (2) erhalten wir \[ AR\cdot AD =bc\cos 2\alpha =AB\cdot AM =AC\cdot AN. \tag{3} \]
Die Dreiecke \(BMR\) und \(CNR\) sind nicht entartet: \(R\ne A\) liegt auf der inneren Winkelhalbierenden, während \(B,M\) auf \(AB\) und \(C,N\) auf \(AC\) liegen.
Ihre Umkreise seien \(\omega_B\) und \(\omega_C\). Die Potenz von \(A\) bezüglich \(\omega_B\) ist \[ AB\cdot AM=AR\cdot AD. \] Da \(R\in\omega_B\) gilt und \(A,R,D\) auf demselben Strahl liegen, folgt aus dem Sekantensatz \(D\in\omega_B\): Der andere Schnittpunkt auf diesem Strahl, mit Vielfachheit gezählt, hat den Abstand \[ \frac{AB\cdot AM}{AR}=AD \] von \(A\). Ebenso folgt aus \(AC\cdot AN=AR\cdot AD\), dass \(D\in\omega_C\) gilt.
Somit enthalten beide Umkreise den Punkt \(D\), der im Inneren der Seite \(BC\) liegt. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 2004 · Soru 1
\(ABC\), \(AB\neq AC\) olan dar açılı bir üçgen olsun. Çapı \(BC\) olan çember, \(AB\) ve \(AC\) kenarlarını sırasıyla \(M\) ve \(N\) noktalarında kesmektedir. \(BC\) kenarının orta noktası \(O\) olsun. \(\angle BAC\) ve \(\angle MON\) açılarının açıortayları \(R\) noktasında kesişmektedir. \(BMR\) ve \(CNR\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin \(BC\) kenarı üzerinde ortak bir noktası olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(\angle BAC\) açısının iç açıortayı \(BC\)'yi \(D\) noktasında kessin. \(D\)'nin her iki çevrel çember üzerinde de bulunduğunu kanıtlayacağız.
Şöyle yazalım: \[ AB=c,\qquad AC=b,\qquad \angle BAC=2\alpha. \] Thales teoremine göre \(CM\perp AB\) ve \(BN\perp AC\) olur. Üçgen dar açılı olduğundan \(M\) ve \(N\), bulundukları kenarların iç noktalarıdır ve \[ AM=b\cos 2\alpha,\qquad AN=c\cos 2\alpha. \] Özellikle, \(b\ne c\) ve \(\cos 2\alpha>0\) olduğundan \(AM\ne AN\) olur.
\(OM=ON\) olduğundan, \(\angle MON\) açısının açıortayı \(MN\)'nin orta dikmesidir. Dolayısıyla \[ RM=RN. \] Bu, \(R\ne A\) olduğunu da gösterir. \(AR\), \(\angle MAN\) açısının açıortayı olduğundan, kosinüs teoremiyle \[ \begin{aligned} RM^2&=AM^2+AR^2-2AM\cdot AR\cos\alpha,\\ RN^2&=AN^2+AR^2-2AN\cdot AR\cos\alpha. \end{aligned} \] Bu eşitlikleri taraf tarafa çıkarıp çarpanlarına ayırarak \[ (AM-AN)(AM+AN-2AR\cos\alpha)=0 \] elde ederiz. Sonuç olarak, \[ AR=\frac{AM+AN}{2\cos\alpha} =\frac{(b+c)\cos 2\alpha}{2\cos\alpha}. \tag{1} \]
Öte yandan, \(ABD\) ve \(ACD\) üçgenlerinin alanlarını toplayarak \[ \frac12 bc\sin 2\alpha =\frac12 c\cdot AD\sin\alpha +\frac12 b\cdot AD\sin\alpha \] elde ederiz. Dolayısıyla \[ AD=\frac{2bc\cos\alpha}{b+c}. \tag{2} \] (1) ve (2)'yi çarparak \[ AR\cdot AD =bc\cos 2\alpha =AB\cdot AM =AC\cdot AN \tag{3} \] elde ederiz.
\(BMR\) ve \(CNR\) üçgenleri dejenere değildir: \(R\ne A\) noktası iç açıortay üzerinde bulunurken, \(B,M\) noktaları \(AB\) üzerinde, \(C,N\) noktaları ise \(AC\) üzerinde bulunur.
Bu üçgenlerin çevrel çemberleri \(\omega_B\) ve \(\omega_C\) olsun. \(A\)'nın \(\omega_B\)'ye göre kuvveti \[ AB\cdot AM=AR\cdot AD \] olur. \(R\in\omega_B\) olduğundan ve \(A,R,D\) aynı ışın üzerinde bulunduğundan, kesenler için kuvvet teoremi \(D\in\omega_B\) olduğunu verir: katlılığıyla sayıldığında bu ışın üzerindeki diğer kesişim noktasının \(A\)'ya uzaklığı \[ \frac{AB\cdot AM}{AR}=AD \] olur. Benzer biçimde, \(AC\cdot AN=AR\cdot AD\) eşitliğinden \(D\in\omega_C\) elde edilir.
Böylece her iki çevrel çember de \(BC\) kenarının iç noktası olan \(D\)'den geçer. \(\square\)
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2004 · Problema 1
Sea \(ABC\) un triángulo acutángulo con \(AB\neq AC\). La circunferencia de diámetro \(BC\) corta los lados \(AB\) y \(AC\) en \(M\) y \(N\), respectivamente. Denotemos por \(O\) el punto medio del lado \(BC\). Las bisectrices de los ángulos \(\angle BAC\) y \(\angle MON\) se cortan en \(R\). Demuestre que las circunferencias circunscritas a los triángulos \(BMR\) y \(CNR\) tienen un punto común situado en el lado \(BC\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \(D\) el punto en el que la bisectriz interior de \(\angle BAC\) corta a \(BC\). Demostraremos que \(D\) pertenece a ambas circunferencias circunscritas.
Escribamos \[ AB=c,\qquad AC=b,\qquad \angle BAC=2\alpha. \] Por el teorema de Tales, \(CM\perp AB\) y \(BN\perp AC\). Como el triángulo es acutángulo, \(M\) y \(N\) están en el interior de sus respectivos lados, y \[ AM=b\cos 2\alpha,\qquad AN=c\cos 2\alpha. \] En particular, \(AM\ne AN\), porque \(b\ne c\) y \(\cos 2\alpha>0\).
Como \(OM=ON\), la bisectriz de \(\angle MON\) es la mediatriz de \(MN\). Por tanto, \[ RM=RN. \] Esto también muestra que \(R\ne A\). Como \(AR\) biseca \(\angle MAN\), el teorema del coseno da \[ \begin{aligned} RM^2&=AM^2+AR^2-2AM\cdot AR\cos\alpha,\\ RN^2&=AN^2+AR^2-2AN\cdot AR\cos\alpha. \end{aligned} \] Restando y factorizando, se obtiene \[ (AM-AN)(AM+AN-2AR\cos\alpha)=0. \] En consecuencia, \[ AR=\frac{AM+AN}{2\cos\alpha} =\frac{(b+c)\cos 2\alpha}{2\cos\alpha}. \tag{1} \]
Por otra parte, sumando las áreas de \(ABD\) y \(ACD\), se obtiene \[ \frac12 bc\sin 2\alpha =\frac12 c\cdot AD\sin\alpha +\frac12 b\cdot AD\sin\alpha. \] Por tanto, \[ AD=\frac{2bc\cos\alpha}{b+c}. \tag{2} \] Multiplicando (1) y (2), obtenemos \[ AR\cdot AD =bc\cos 2\alpha =AB\cdot AM =AC\cdot AN. \tag{3} \]
Los triángulos \(BMR\) y \(CNR\) no son degenerados: \(R\ne A\) está en la bisectriz interior, mientras que \(B,M\) están en \(AB\) y \(C,N\) están en \(AC\).
Sean \(\omega_B\) y \(\omega_C\) sus circunferencias circunscritas. La potencia de \(A\) respecto de \(\omega_B\) es \[ AB\cdot AM=AR\cdot AD. \] Como \(R\in\omega_B\) y \(A,R,D\) están en una misma semirrecta, el teorema de la potencia de un punto para secantes implica que \(D\in\omega_B\): la otra intersección en esta semirrecta, contada con multiplicidad, está a una distancia \[ \frac{AB\cdot AM}{AR}=AD \] de \(A\). Análogamente, \(AC\cdot AN=AR\cdot AD\) implica que \(D\in\omega_C\).
Así pues, ambas circunferencias circunscritas contienen a \(D\), que está en el interior del lado \(BC\). \(\square\)
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 2004 · 问题 1
设 \(ABC\) 是一个锐角三角形，且 \(AB\neq AC\)。以 \(BC\) 为直径的圆分别与边 \(AB\)、\(AC\) 相交于 \(M\)、\(N\)。记 \(O\) 为边 \(BC\) 的中点。\(\angle BAC\) 与 \(\angle MON\) 的角平分线相交于 \(R\)。证明：三角形 \(BMR\) 与 \(CNR\) 的外接圆有一个公共点位于边 \(BC\) 上。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \(\angle BAC\) 的内角平分线与 \(BC\) 相交于 \(D\)。我们将证明 \(D\) 在这两个外接圆上。
记 \[ AB=c,\qquad AC=b,\qquad \angle BAC=2\alpha. \] 由泰勒斯定理，\(CM\perp AB\)，且 \(BN\perp AC\)。由于三角形是锐角三角形，\(M\) 与 \(N\) 分别位于相应边的内部，且 \[ AM=b\cos 2\alpha,\qquad AN=c\cos 2\alpha. \] 特别地，由于 \(b\ne c\) 且 \(\cos 2\alpha>0\)，有 \(AM\ne AN\)。
由于 \(OM=ON\)，\(\angle MON\) 的角平分线就是 \(MN\) 的垂直平分线。因此 \[ RM=RN. \] 这也说明 \(R\ne A\)。由于 \(AR\) 平分 \(\angle MAN\)，由余弦定理得 \[ \begin{aligned} RM^2&=AM^2+AR^2-2AM\cdot AR\cos\alpha,\\ RN^2&=AN^2+AR^2-2AN\cdot AR\cos\alpha. \end{aligned} \] 两式相减并因式分解，得 \[ (AM-AN)(AM+AN-2AR\cos\alpha)=0. \] 于是 \[ AR=\frac{AM+AN}{2\cos\alpha} =\frac{(b+c)\cos 2\alpha}{2\cos\alpha}. \tag{1} \]
另一方面，将三角形 \(ABD\) 与 \(ACD\) 的面积相加，得 \[ \frac12 bc\sin 2\alpha =\frac12 c\cdot AD\sin\alpha +\frac12 b\cdot AD\sin\alpha. \] 因此 \[ AD=\frac{2bc\cos\alpha}{b+c}. \tag{2} \] 将 (1) 与 (2) 相乘，得 \[ AR\cdot AD =bc\cos 2\alpha =AB\cdot AM =AC\cdot AN. \tag{3} \]
三角形 \(BMR\) 与 \(CNR\) 均不退化：\(R\ne A\) 位于内角平分线上，而 \(B,M\) 位于 \(AB\) 上，\(C,N\) 位于 \(AC\) 上。
设它们的外接圆分别为 \(\omega_B\) 与 \(\omega_C\)。点 \(A\) 关于 \(\omega_B\) 的幂为 \[ AB\cdot AM=AR\cdot AD. \] 由于 \(R\in\omega_B\)，且 \(A,R,D\) 位于同一条射线上，由割线定理可知 \(D\in\omega_B\)：这条射线上的另一个交点（按重数计）到 \(A\) 的距离为 \[ \frac{AB\cdot AM}{AR}=AD \] 。同理，由 \(AC\cdot AN=AR\cdot AD\) 可知 \(D\in\omega_C\)。
因此，两个外接圆都经过 \(D\)，而 \(D\) 位于边 \(BC\) 的内部。\(\square\)
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 2004 · Задача 1
Пусть \(ABC\) — остроугольный треугольник, в котором \(AB\neq AC\). Окружность с диаметром \(BC\) пересекает стороны \(AB\) и \(AC\) в точках \(M\) и \(N\) соответственно. Обозначим через \(O\) середину стороны \(BC\). Биссектрисы углов \(\angle BAC\) и \(\angle MON\) пересекаются в точке \(R\). Докажите, что окружности, описанные около треугольников \(BMR\) и \(CNR\), имеют общую точку, лежащую на стороне \(BC\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть биссектриса внутреннего угла \(\angle BAC\) пересекает \(BC\) в точке \(D\). Докажем, что \(D\) принадлежит обеим описанным окружностям.
Положим \[ AB=c,\qquad AC=b,\qquad \angle BAC=2\alpha. \] По теореме об угле, опирающемся на диаметр, \(CM\perp AB\) и \(BN\perp AC\). Поскольку треугольник остроугольный, точки \(M\) и \(N\) лежат во внутренних точках соответствующих сторон, причём \[ AM=b\cos 2\alpha,\qquad AN=c\cos 2\alpha. \] В частности, \(AM\ne AN\), поскольку \(b\ne c\) и \(\cos 2\alpha>0\).
Так как \(OM=ON\), биссектриса угла \(\angle MON\) является серединным перпендикуляром к \(MN\). Поэтому \[ RM=RN. \] Отсюда также следует, что \(R\ne A\). Поскольку \(AR\) — биссектриса угла \(\angle MAN\), по теореме косинусов \[ \begin{aligned} RM^2&=AM^2+AR^2-2AM\cdot AR\cos\alpha,\\ RN^2&=AN^2+AR^2-2AN\cdot AR\cos\alpha. \end{aligned} \] Вычитая и раскладывая на множители, получаем \[ (AM-AN)(AM+AN-2AR\cos\alpha)=0. \] Следовательно, \[ AR=\frac{AM+AN}{2\cos\alpha} =\frac{(b+c)\cos 2\alpha}{2\cos\alpha}. \tag{1} \]
С другой стороны, складывая площади треугольников \(ABD\) и \(ACD\), получаем \[ \frac12 bc\sin 2\alpha =\frac12 c\cdot AD\sin\alpha +\frac12 b\cdot AD\sin\alpha. \] Поэтому \[ AD=\frac{2bc\cos\alpha}{b+c}. \tag{2} \] Перемножая (1) и (2), получаем \[ AR\cdot AD =bc\cos 2\alpha =AB\cdot AM =AC\cdot AN. \tag{3} \]
Треугольники \(BMR\) и \(CNR\) невырожденные: точка \(R\ne A\) лежит на биссектрисе внутреннего угла, тогда как точки \(B,M\) лежат на \(AB\), а точки \(C,N\) — на \(AC\).
Обозначим их описанные окружности через \(\omega_B\) и \(\omega_C\). Степень точки \(A\) относительно \(\omega_B\) равна \[ AB\cdot AM=AR\cdot AD. \] Поскольку \(R\in\omega_B\) и точки \(A,R,D\) лежат на одном луче, из теоремы о произведении отрезков секущих следует, что \(D\in\omega_B\): другая точка пересечения на этом луче, с учётом кратности, находится на расстоянии \[ \frac{AB\cdot AM}{AR}=AD \] от \(A\). Аналогично, из \(AC\cdot AN=AR\cdot AD\) следует, что \(D\in\omega_C\).
Таким образом, обе описанные окружности содержат точку \(D\), лежащую внутри стороны \(BC\). \(\square\)
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 2004 · المسألة 1
ليكن \(ABC\) مثلثًا حاد الزوايا فيه \(AB\neq AC\). تقطع الدائرة التي قطرها \(BC\) الضلعين \(AB\) و\(AC\) في \(M\) و\(N\) على الترتيب. نرمز بـ \(O\) إلى منتصف الضلع \(BC\). يتقاطع منصفا الزاويتين \(\angle BAC\) و\(\angle MON\) في \(R\). أثبت أن الدائرتين المحيطتين بالمثلثين \(BMR\) و\(CNR\) لهما نقطة مشتركة تقع على الضلع \(BC\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
ليقطع المنصف الداخلي للزاوية \(\angle BAC\) الضلع \(BC\) في \(D\). سنثبت أن \(D\) تنتمي إلى كلتا الدائرتين المحيطتين.
نكتب \[ AB=c,\qquad AC=b,\qquad \angle BAC=2\alpha. \] بمبرهنة طاليس، \(CM\perp AB\) و\(BN\perp AC\). وبما أن المثلث حاد الزوايا، فإن \(M\) و\(N\) تقعان في داخلي الضلعين اللذين تنتميان إليهما، ولدينا \[ AM=b\cos 2\alpha,\qquad AN=c\cos 2\alpha. \] وعلى وجه الخصوص، \(AM\ne AN\)، لأن \(b\ne c\) و\(\cos 2\alpha>0\).
بما أن \(OM=ON\)، فإن منصف الزاوية \(\angle MON\) هو العمود المنصف للقطعة \(MN\). ومن ثم \[ RM=RN. \] وهذا يبين أيضًا أن \(R\ne A\). وبما أن \(AR\) ينصف الزاوية \(\angle MAN\)، فإن قانون جيب التمام يعطي \[ \begin{aligned} RM^2&=AM^2+AR^2-2AM\cdot AR\cos\alpha,\\ RN^2&=AN^2+AR^2-2AN\cdot AR\cos\alpha. \end{aligned} \] بالطرح والتحليل إلى عوامل نحصل على \[ (AM-AN)(AM+AN-2AR\cos\alpha)=0. \] وبالتالي، \[ AR=\frac{AM+AN}{2\cos\alpha} =\frac{(b+c)\cos 2\alpha}{2\cos\alpha}. \tag{1} \]
من جهة أخرى، بجمع مساحتي \(ABD\) و\(ACD\) نحصل على \[ \frac12 bc\sin 2\alpha =\frac12 c\cdot AD\sin\alpha +\frac12 b\cdot AD\sin\alpha. \] إذن \[ AD=\frac{2bc\cos\alpha}{b+c}. \tag{2} \] بضرب (1) في (2)، نحصل على \[ AR\cdot AD =bc\cos 2\alpha =AB\cdot AM =AC\cdot AN. \tag{3} \]
المثلثان \(BMR\) و\(CNR\) غير منحلين: فالنقطة \(R\ne A\) تقع على منصف الزاوية الداخلي، بينما تقع \(B,M\) على \(AB\) وتقع \(C,N\) على \(AC\).
لتكن دائرتاهما المحيطتان \(\omega_B\) و\(\omega_C\). قوة النقطة \(A\) بالنسبة إلى \(\omega_B\) هي \[ AB\cdot AM=AR\cdot AD. \] بما أن \(R\in\omega_B\) وأن \(A,R,D\) تقع على الشعاع نفسه، فإن مبرهنة قوة النقطة للقاطع تقتضي أن \(D\in\omega_B\): فنقطة التقاطع الأخرى على هذا الشعاع، مع احتساب التعدد، تبعد عن \(A\) مسافة \[ \frac{AB\cdot AM}{AR}=AD \] وبالمثل، فإن \(AC\cdot AN=AR\cdot AD\) تقتضي أن \(D\in\omega_C\).
إذن تحتوي كلتا الدائرتين المحيطتين على \(D\)، التي تقع في داخل الضلع \(BC\). \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.