IMO 2018 · Problem 6
A convex quadrilateral \(ABCD\) satisfies \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\). Point \(X\) lies inside \(ABCD\) so that \[ \angle XAB=\angle XCD \qquad\text{and}\qquad \angle XBC=\angle XDA. \] Prove that \(\angle BXA+\angle DXC=180^\circ\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
We measure angles in radians. Put \[ \alpha=\angle XAB=\angle XCD,\qquad \beta=\angle XBC=\angle XDA, \] and \[ u=\angle AXB,\quad v=\angle BXC,\quad w=\angle CXD,\quad z=\angle DXA. \] Because \(ABCD\) is convex and \(X\) is inside it, the four triangles with vertex \(X\) and bases \(AB,BC,CD,DA\) are nondegenerate and surround \(X\). Thus \[ 0<u,v,w,z<\pi,\qquad u+v+w+z=2\pi. \]
Define \[ s=\frac{u+w}{2},\qquad P=\sin u\sin w,\qquad Q=\sin v\sin z. \] In particular, \(0<s<\pi\) and \(P,Q>0\). The angle sums in the four triangles give \[ \alpha+u<\pi,\quad \alpha+w<\pi,\quad \beta+v<\pi,\quad \beta+z<\pi. \] Adding these inequalities in pairs yields \[ 0<\alpha+s<\pi,\qquad 0<s-\beta<\pi. \tag{1} \]
The sine rule gives \[ \begin{aligned} AB\cdot CD &=\frac{XA\cdot XC\,P}{\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w)} =\frac{XB\cdot XD\,P}{\sin^2\alpha},\\ BC\cdot DA &=\frac{XA\cdot XC\,Q}{\sin^2\beta} =\frac{XB\cdot XD\,Q}{\sin(\beta+v)\sin(\beta+z)}. \end{aligned} \] Consequently, the hypothesis \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\) implies \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=Q\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w),\\ Q\sin^2\alpha&=P\sin(\beta+v)\sin(\beta+z). \end{aligned} \tag{2} \]
Using the elementary identity \[ \sin(t+x)\sin(t+y) =\sin x\sin y+\sin t\sin(t+x+y), \] together with \(u+w=2s\) and \(v+z=2\pi-2s\), equations (2) become \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=PQ+Q\sin\alpha\sin(\alpha+2s),\\ Q\sin^2\alpha&=PQ+P\sin\beta\sin(\beta-2s). \end{aligned} \] Eliminating \(PQ\) gives \[ P\sin\beta\bigl(\sin\beta+\sin(\beta-2s)\bigr) = Q\sin\alpha\bigl(\sin\alpha+\sin(\alpha+2s)\bigr). \] The sum-to-product formulas now yield \[ 2\cos s\left( P\sin\beta\sin(s-\beta) + Q\sin\alpha\sin(s+\alpha) \right)=0. \] Both terms inside the parentheses are strictly positive, by (1), \(P,Q>0\), and \(0<\alpha,\beta<\pi\). Therefore \(\cos s=0\). Since \(0<s<\pi\), we obtain \(s=\pi/2\), and hence \[ \angle BXA+\angle DXC=u+w=2s=\pi=180^\circ. \] This proves the assertion.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2018 · Aufgabe 6
Ein konvexes Viereck \(ABCD\) erfülle die Bedingung \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\). Ein Punkt \(X\) liege so im Inneren von \(ABCD\), dass \[ \angle XAB=\angle XCD\quad\text{und}\quad\angle XBC=\angle XDA. \] Man beweise, dass \(\angle BXA+\angle DXC=180^\circ\) gilt.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir messen Winkel im Bogenmaß. Wir setzen \[ \alpha=\angle XAB=\angle XCD,\qquad \beta=\angle XBC=\angle XDA, \] und \[ u=\angle AXB,\quad v=\angle BXC,\quad w=\angle CXD,\quad z=\angle DXA. \] Da \(ABCD\) konvex ist und \(X\) in seinem Inneren liegt, sind die vier Dreiecke mit Scheitel \(X\) und Grundseiten \(AB,BC,CD,DA\) nicht entartet und umgeben \(X\). Somit gilt \[ 0<u,v,w,z<\pi,\qquad u+v+w+z=2\pi. \]
Wir definieren \[ s=\frac{u+w}{2},\qquad P=\sin u\sin w,\qquad Q=\sin v\sin z. \] Insbesondere gelten \(0<s<\pi\) und \(P,Q>0\). Die Winkelsummen in den vier Dreiecken ergeben \[ \alpha+u<\pi,\quad \alpha+w<\pi,\quad \beta+v<\pi,\quad \beta+z<\pi. \] Paarweises Addieren dieser Ungleichungen liefert \[ 0<\alpha+s<\pi,\qquad 0<s-\beta<\pi. \tag{1} \]
Der Sinussatz ergibt \[ \begin{aligned} AB\cdot CD &=\frac{XA\cdot XC\,P}{\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w)} =\frac{XB\cdot XD\,P}{\sin^2\alpha},\\ BC\cdot DA &=\frac{XA\cdot XC\,Q}{\sin^2\beta} =\frac{XB\cdot XD\,Q}{\sin(\beta+v)\sin(\beta+z)}. \end{aligned} \] Folglich ergibt sich aus der Voraussetzung \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\) \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=Q\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w),\\ Q\sin^2\alpha&=P\sin(\beta+v)\sin(\beta+z). \end{aligned} \tag{2} \]
Mithilfe der elementaren Identität \[ \sin(t+x)\sin(t+y) =\sin x\sin y+\sin t\sin(t+x+y), \] sowie \(u+w=2s\) und \(v+z=2\pi-2s\) werden die Gleichungen (2) zu \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=PQ+Q\sin\alpha\sin(\alpha+2s),\\ Q\sin^2\alpha&=PQ+P\sin\beta\sin(\beta-2s). \end{aligned} \] Durch Eliminieren von \(PQ\) erhalten wir \[ P\sin\beta\bigl(\sin\beta+\sin(\beta-2s)\bigr) = Q\sin\alpha\bigl(\sin\alpha+\sin(\alpha+2s)\bigr). \] Die Formeln zur Umwandlung von Summen in Produkte liefern nun \[ 2\cos s\left( P\sin\beta\sin(s-\beta) + Q\sin\alpha\sin(s+\alpha) \right)=0. \] Beide Terme innerhalb der Klammern sind wegen (1), \(P,Q>0\) und \(0<\alpha,\beta<\pi\) streng positiv. Daher ist \(\cos s=0\). Wegen \(0<s<\pi\) erhalten wir \(s=\pi/2\) und somit \[ \angle BXA+\angle DXC=u+w=2s=\pi=180^\circ. \] Dies beweist die Behauptung.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2018 · Soru 6
Bir dışbükey \(ABCD\) dörtgeninde \(|AB|\cdot|CD|=|BC|\cdot|DA|\) eşitliği sağlanıyor. \(ABCD\) nin iç bölgesindeki bir \(X\) noktası \[ \angle XAB=\angle XCD\qquad\text{ve}\qquad\angle XBC=\angle XDA \] eşitliklerini sağlıyor. \(\angle BXA+\angle DXC=180^\circ\) olduğunu gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Açıları radyan cinsinden ölçeceğiz. \[ \alpha=\angle XAB=\angle XCD,\qquad \beta=\angle XBC=\angle XDA, \] ve \[ u=\angle AXB,\quad v=\angle BXC,\quad w=\angle CXD,\quad z=\angle DXA \] olarak tanımlayalım. \(ABCD\) dışbükey ve \(X\) bunun iç bölgesinde olduğundan, tepe noktası \(X\) ve tabanları \(AB,BC,CD,DA\) olan dört üçgen de dejenere değildir ve \(X\) in etrafını çevreler. Dolayısıyla \[ 0<u,v,w,z<\pi,\qquad u+v+w+z=2\pi. \]
\[ s=\frac{u+w}{2},\qquad P=\sin u\sin w,\qquad Q=\sin v\sin z \] olarak tanımlayalım. Özellikle, \(0<s<\pi\) ve \(P,Q>0\) dır. Dört üçgendeki açı toplamlarından \[ \alpha+u<\pi,\quad \alpha+w<\pi,\quad \beta+v<\pi,\quad \beta+z<\pi \] elde edilir. Bu eşitsizlikleri ikişer ikişer toplayarak \[ 0<\alpha+s<\pi,\qquad 0<s-\beta<\pi \tag{1} \] buluruz.
Sinüs teoremi \[ \begin{aligned} AB\cdot CD &=\frac{XA\cdot XC\,P}{\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w)} =\frac{XB\cdot XD\,P}{\sin^2\alpha},\\ BC\cdot DA &=\frac{XA\cdot XC\,Q}{\sin^2\beta} =\frac{XB\cdot XD\,Q}{\sin(\beta+v)\sin(\beta+z)} \end{aligned} \] eşitliklerini verir. Dolayısıyla \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\) varsayımından \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=Q\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w),\\ Q\sin^2\alpha&=P\sin(\beta+v)\sin(\beta+z). \end{aligned} \tag{2} \] elde edilir.
Temel \[ \sin(t+x)\sin(t+y) =\sin x\sin y+\sin t\sin(t+x+y), \] özdeşliğini \(u+w=2s\) ve \(v+z=2\pi-2s\) eşitlikleriyle birlikte kullanırsak, (2) denklemleri \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=PQ+Q\sin\alpha\sin(\alpha+2s),\\ Q\sin^2\alpha&=PQ+P\sin\beta\sin(\beta-2s) \end{aligned} \] biçimine dönüşür. \(PQ\) yu yok ederek \[ P\sin\beta\bigl(\sin\beta+\sin(\beta-2s)\bigr) = Q\sin\alpha\bigl(\sin\alpha+\sin(\alpha+2s)\bigr) \] elde ederiz. Şimdi toplamı çarpıma dönüştürme formüllerinden \[ 2\cos s\left( P\sin\beta\sin(s-\beta) + Q\sin\alpha\sin(s+\alpha) \right)=0 \] bulunur. (1), \(P,Q>0\) ve \(0<\alpha,\beta<\pi\) nedeniyle parantez içindeki iki terim de kesinlikle pozitiftir. Dolayısıyla \(\cos s=0\) dır. \(0<s<\pi\) olduğundan \(s=\pi/2\) ve böylece \[ \angle BXA+\angle DXC=u+w=2s=\pi=180^\circ \] elde edilir. Bu, iddiayı kanıtlar.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2018 · Problema 6
Un cuadrilátero convexo \(ABCD\) satisface \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\). El punto \(X\) en el interior de \(ABCD\) es tal que \[ \angle XAB=\angle XCD\quad\text{y}\quad\angle XBC=\angle XDA. \] Demostrar que \(\angle BXA+\angle DXC=180^\circ\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Medimos los ángulos en radianes. Pongamos \[ \alpha=\angle XAB=\angle XCD,\qquad \beta=\angle XBC=\angle XDA, \] y \[ u=\angle AXB,\quad v=\angle BXC,\quad w=\angle CXD,\quad z=\angle DXA. \] Como \(ABCD\) es convexo y \(X\) está en su interior, los cuatro triángulos con vértice \(X\) y bases \(AB,BC,CD,DA\) son no degenerados y rodean a \(X\). Por tanto, \[ 0<u,v,w,z<\pi,\qquad u+v+w+z=2\pi. \]
Definamos \[ s=\frac{u+w}{2},\qquad P=\sin u\sin w,\qquad Q=\sin v\sin z. \] En particular, \(0<s<\pi\) y \(P,Q>0\). Las sumas de los ángulos de los cuatro triángulos dan \[ \alpha+u<\pi,\quad \alpha+w<\pi,\quad \beta+v<\pi,\quad \beta+z<\pi. \] Sumando estas desigualdades por pares, obtenemos \[ 0<\alpha+s<\pi,\qquad 0<s-\beta<\pi. \tag{1} \]
El teorema del seno da \[ \begin{aligned} AB\cdot CD &=\frac{XA\cdot XC\,P}{\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w)} =\frac{XB\cdot XD\,P}{\sin^2\alpha},\\ BC\cdot DA &=\frac{XA\cdot XC\,Q}{\sin^2\beta} =\frac{XB\cdot XD\,Q}{\sin(\beta+v)\sin(\beta+z)}. \end{aligned} \] Por consiguiente, la hipótesis \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\) implica \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=Q\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w),\\ Q\sin^2\alpha&=P\sin(\beta+v)\sin(\beta+z). \end{aligned} \tag{2} \]
Usando la identidad elemental \[ \sin(t+x)\sin(t+y) =\sin x\sin y+\sin t\sin(t+x+y), \] junto con \(u+w=2s\) y \(v+z=2\pi-2s\), las ecuaciones (2) se convierten en \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=PQ+Q\sin\alpha\sin(\alpha+2s),\\ Q\sin^2\alpha&=PQ+P\sin\beta\sin(\beta-2s). \end{aligned} \] Eliminando \(PQ\), obtenemos \[ P\sin\beta\bigl(\sin\beta+\sin(\beta-2s)\bigr) = Q\sin\alpha\bigl(\sin\alpha+\sin(\alpha+2s)\bigr). \] Las fórmulas de transformación de sumas en productos dan ahora \[ 2\cos s\left( P\sin\beta\sin(s-\beta) + Q\sin\alpha\sin(s+\alpha) \right)=0. \] Ambos términos entre paréntesis son estrictamente positivos, por (1), \(P,Q>0\) y \(0<\alpha,\beta<\pi\). Por tanto, \(\cos s=0\). Como \(0<s<\pi\), obtenemos \(s=\pi/2\) y, en consecuencia, \[ \angle BXA+\angle DXC=u+w=2s=\pi=180^\circ. \] Esto demuestra la afirmación.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2018 · 问题 6
在凸四边形\(ABCD\)中，\(AB\cdot CD=BC\cdot DA\)．点\(X\)在四边形\(ABCD\)内部，且满足 \[ \angle XAB=\angle XCD,\quad \angle XBC=\angle XDA. \]
证明：\(\angle BXA+\angle DXC=180^\circ\)．
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
我们用弧度制表示角。令 \[ \alpha=\angle XAB=\angle XCD,\qquad \beta=\angle XBC=\angle XDA, \] 以及 \[ u=\angle AXB,\quad v=\angle BXC,\quad w=\angle CXD,\quad z=\angle DXA. \] 由于\(ABCD\)是凸四边形，且\(X\)在其内部，以\(X\)为顶点、分别以\(AB,BC,CD,DA\)为底边的四个三角形都非退化，并围绕着\(X\)。因此 \[ 0<u,v,w,z<\pi,\qquad u+v+w+z=2\pi. \]
定义 \[ s=\frac{u+w}{2},\qquad P=\sin u\sin w,\qquad Q=\sin v\sin z. \] 特别地，\(0<s<\pi\)且\(P,Q>0\)。由四个三角形的内角和可得 \[ \alpha+u<\pi,\quad \alpha+w<\pi,\quad \beta+v<\pi,\quad \beta+z<\pi. \] 将这些不等式两两相加，得到 \[ 0<\alpha+s<\pi,\qquad 0<s-\beta<\pi. \tag{1} \]
由正弦定理可得 \[ \begin{aligned} AB\cdot CD &=\frac{XA\cdot XC\,P}{\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w)} =\frac{XB\cdot XD\,P}{\sin^2\alpha},\\ BC\cdot DA &=\frac{XA\cdot XC\,Q}{\sin^2\beta} =\frac{XB\cdot XD\,Q}{\sin(\beta+v)\sin(\beta+z)}. \end{aligned} \] 因此，由假设\(AB\cdot CD=BC\cdot DA\)可得 \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=Q\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w),\\ Q\sin^2\alpha&=P\sin(\beta+v)\sin(\beta+z). \end{aligned} \tag{2} \]
利用基本恒等式 \[ \sin(t+x)\sin(t+y) =\sin x\sin y+\sin t\sin(t+x+y), \] 并结合\(u+w=2s\)和\(v+z=2\pi-2s\)，等式 (2) 化为 \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=PQ+Q\sin\alpha\sin(\alpha+2s),\\ Q\sin^2\alpha&=PQ+P\sin\beta\sin(\beta-2s). \end{aligned} \] 消去\(PQ\)，得到 \[ P\sin\beta\bigl(\sin\beta+\sin(\beta-2s)\bigr) = Q\sin\alpha\bigl(\sin\alpha+\sin(\alpha+2s)\bigr). \] 再由和差化积公式可得 \[ 2\cos s\left( P\sin\beta\sin(s-\beta) + Q\sin\alpha\sin(s+\alpha) \right)=0. \] 由 (1)、\(P,Q>0\)及\(0<\alpha,\beta<\pi\)可知，括号内的两项都严格为正。因此\(\cos s=0\)。由于\(0<s<\pi\)，得到\(s=\pi/2\)，从而 \[ \angle BXA+\angle DXC=u+w=2s=\pi=180^\circ. \] 命题得证。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2018 · Задача 6
Выпуклый четырёхугольник \(ABCD\) удовлетворяет условию \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\). Точка \(X\) внутри четырёхугольника \(ABCD\) такова, что \[ \angle XAB=\angle XCD\quad\text{и}\quad\angle XBC=\angle XDA. \] Докажите, что \(\angle BXA+\angle DXC=180^\circ\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Будем измерять углы в радианах. Положим \[ \alpha=\angle XAB=\angle XCD,\qquad \beta=\angle XBC=\angle XDA, \] и \[ u=\angle AXB,\quad v=\angle BXC,\quad w=\angle CXD,\quad z=\angle DXA. \] Поскольку \(ABCD\) выпуклый и \(X\) находится внутри него, четыре треугольника с вершиной \(X\) и основаниями \(AB,BC,CD,DA\) невырождены и окружают \(X\). Поэтому \[ 0<u,v,w,z<\pi,\qquad u+v+w+z=2\pi. \]
Определим \[ s=\frac{u+w}{2},\qquad P=\sin u\sin w,\qquad Q=\sin v\sin z. \] В частности, \(0<s<\pi\) и \(P,Q>0\). Из сумм углов четырёх треугольников получаем \[ \alpha+u<\pi,\quad \alpha+w<\pi,\quad \beta+v<\pi,\quad \beta+z<\pi. \] Складывая эти неравенства попарно, получаем \[ 0<\alpha+s<\pi,\qquad 0<s-\beta<\pi. \tag{1} \]
По теореме синусов \[ \begin{aligned} AB\cdot CD &=\frac{XA\cdot XC\,P}{\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w)} =\frac{XB\cdot XD\,P}{\sin^2\alpha},\\ BC\cdot DA &=\frac{XA\cdot XC\,Q}{\sin^2\beta} =\frac{XB\cdot XD\,Q}{\sin(\beta+v)\sin(\beta+z)}. \end{aligned} \] Следовательно, из условия \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\) вытекает \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=Q\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w),\\ Q\sin^2\alpha&=P\sin(\beta+v)\sin(\beta+z). \end{aligned} \tag{2} \]
Используя элементарное тождество \[ \sin(t+x)\sin(t+y) =\sin x\sin y+\sin t\sin(t+x+y), \] а также равенства \(u+w=2s\) и \(v+z=2\pi-2s\), преобразуем уравнения (2) к виду \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=PQ+Q\sin\alpha\sin(\alpha+2s),\\ Q\sin^2\alpha&=PQ+P\sin\beta\sin(\beta-2s). \end{aligned} \] Исключая \(PQ\), получаем \[ P\sin\beta\bigl(\sin\beta+\sin(\beta-2s)\bigr) = Q\sin\alpha\bigl(\sin\alpha+\sin(\alpha+2s)\bigr). \] Теперь по формулам преобразования суммы в произведение получаем \[ 2\cos s\left( P\sin\beta\sin(s-\beta) + Q\sin\alpha\sin(s+\alpha) \right)=0. \] Оба слагаемых в скобках строго положительны в силу (1), \(P,Q>0\) и \(0<\alpha,\beta<\pi\). Поэтому \(\cos s=0\). Поскольку \(0<s<\pi\), получаем \(s=\pi/2\), а значит, \[ \angle BXA+\angle DXC=u+w=2s=\pi=180^\circ. \] Это доказывает утверждение.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2018 · المسألة 6
ليكن \(ABCD\) رباعيًا محدبًا فيه \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\). النقطة \(X\) تقع داخل الرباعي \(ABCD\) بحيث: \[ \angle XAB=\angle XCD \quad\text{و}\quad \angle XBC=\angle XDA \] أثبت أن \(\angle BXA+\angle DXC=180^\circ\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نقيس الزوايا بالراديان. لنضع \[ \alpha=\angle XAB=\angle XCD,\qquad \beta=\angle XBC=\angle XDA, \] و \[ u=\angle AXB,\quad v=\angle BXC,\quad w=\angle CXD,\quad z=\angle DXA. \] بما أن \(ABCD\) محدب و \(X\) داخله، فإن المثلثات الأربعة ذات الرأس \(X\) والقواعد \(AB,BC,CD,DA\) غير منعدمة المساحة وتحيط بالنقطة \(X\). لذلك \[ 0<u,v,w,z<\pi,\qquad u+v+w+z=2\pi. \]
نعرّف \[ s=\frac{u+w}{2},\qquad P=\sin u\sin w,\qquad Q=\sin v\sin z. \] وبوجه خاص، \(0<s<\pi\) و \(P,Q>0\). وتعطي مجاميع الزوايا في المثلثات الأربعة \[ \alpha+u<\pi,\quad \alpha+w<\pi,\quad \beta+v<\pi,\quad \beta+z<\pi. \] وبجمع هذه المتباينات اثنتين اثنتين نحصل على \[ 0<\alpha+s<\pi,\qquad 0<s-\beta<\pi. \tag{1} \]
يعطي قانون الجيوب \[ \begin{aligned} AB\cdot CD &=\frac{XA\cdot XC\,P}{\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w)} =\frac{XB\cdot XD\,P}{\sin^2\alpha},\\ BC\cdot DA &=\frac{XA\cdot XC\,Q}{\sin^2\beta} =\frac{XB\cdot XD\,Q}{\sin(\beta+v)\sin(\beta+z)}. \end{aligned} \] وعليه، فإن الفرض \(AB\cdot CD=BC\cdot DA\) يستلزم \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=Q\sin(\alpha+u)\sin(\alpha+w),\\ Q\sin^2\alpha&=P\sin(\beta+v)\sin(\beta+z). \end{aligned} \tag{2} \]
باستخدام المتطابقة الأولية \[ \sin(t+x)\sin(t+y) =\sin x\sin y+\sin t\sin(t+x+y), \] مع \(u+w=2s\) و \(v+z=2\pi-2s\)، تصبح المعادلتان (2) \[ \begin{aligned} P\sin^2\beta&=PQ+Q\sin\alpha\sin(\alpha+2s),\\ Q\sin^2\alpha&=PQ+P\sin\beta\sin(\beta-2s). \end{aligned} \] وبحذف \(PQ\) نحصل على \[ P\sin\beta\bigl(\sin\beta+\sin(\beta-2s)\bigr) = Q\sin\alpha\bigl(\sin\alpha+\sin(\alpha+2s)\bigr). \] تعطي الآن صيغ تحويل المجموع إلى جداء \[ 2\cos s\left( P\sin\beta\sin(s-\beta) + Q\sin\alpha\sin(s+\alpha) \right)=0. \] كلا الحدين داخل القوسين موجب تمامًا، بموجب (1)، و \(P,Q>0\)، و \(0<\alpha,\beta<\pi\). لذلك \(\cos s=0\). وبما أن \(0<s<\pi\)، نحصل على \(s=\pi/2\)، ومن ثم \[ \angle BXA+\angle DXC=u+w=2s=\pi=180^\circ. \] وهذا يثبت المطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.