IMO 2020 · Problem 1
Consider the convex quadrilateral \(ABCD\). The point \(P\) is in the interior of \(ABCD\). The following ratio equalities hold: \[ \angle PAD:\angle PBA:\angle DPA =1:2:3 =\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC. \] Prove that the following three lines meet in a point: the internal bisectors of angles \(\angle ADP\) and \(\angle PCB\) and the perpendicular bisector of segment \(AB\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \[ \alpha=\angle PAD,\qquad \beta=\angle CBP. \] The given equalities imply \[ \angle PBA=2\alpha,\quad \angle DPA=3\alpha, \qquad \angle BAP=2\beta,\quad \angle BPC=3\beta. \] Consequently, \[ \angle ADP=180^\circ-4\alpha,\qquad \angle PCB=180^\circ-4\beta, \] so \(0<\alpha,\beta<45^\circ\).
Let \(\omega\) be the circumcircle of triangle \(ABP\), and let \(O\) be its center. We prove that \(O\) is the required common point.
Because \(P\) is inside the convex quadrilateral, the ray \(AP\) lies strictly inside \(\angle DAB\). Thus \(B\) and \(D\) lie on opposite sides of the line \(AP\). Similarly, \(A\) and \(C\) lie on opposite sides of the line \(BP\).
By the inscribed-angle theorem, the arc \(AP\) of \(\omega\) not containing \(B\) has measure \[ 2\angle ABP=4\alpha<180^\circ. \] It is therefore the minor arc. Hence \(O\) and \(B\) lie on the same side of the chord \(AP\), and \[ \angle AOP=4\alpha. \] In particular, \(O\) and \(D\) lie on opposite sides of \(AP\). Together with \[ \angle AOP+\angle ADP =4\alpha+(180^\circ-4\alpha)=180^\circ, \] this shows that \(A,D,P,O\) are concyclic.
Now \(OA=OP\). On this latter circle, \(O\) therefore bisects the arc \(AP\) not containing \(D\): it lies on that arc because \(O\) and \(D\) are on opposite sides of \(AP\), and the equal chords \(OA\) and \(OP\) give equal subarcs. The inscribed-angle theorem then gives \[ \angle ADO=\angle ODP. \] Since \(O\) lies on the arc \(AP\) not containing \(D\), the ray \(DO\) lies inside \(\angle ADP\). Thus \(DO\) is its internal bisector.
The same argument applies to the chord \(BP\) of \(\omega\). Indeed, its arc not containing \(A\) has measure \[ 2\angle BAP=4\beta<180^\circ. \] Thus \(O\) and \(A\) lie on the same side of \(BP\), whereas \(C\) lies on the opposite side, and \[ \angle BOP+\angle PCB =4\beta+(180^\circ-4\beta)=180^\circ. \] Therefore \(B,C,P,O\) are concyclic. Since \(OB=OP\), the point \(O\) is the midpoint of the arc \(BP\) not containing \(C\). Consequently, \(CO\) is the internal bisector of \(\angle PCB\).
Finally, \(OA=OB\), so \(O\) lies on the perpendicular bisector of \(AB\). All three specified lines therefore pass through \(O\). \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2020 · Aufgabe 1
Man betrachte ein konvexes Viereck \(ABCD\). Der Punkt \(P\) liegt im Inneren von \(ABCD\). Es gelten die folgenden Verhältnisgleichungen: \[ \angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC. \] Man beweise, dass sich die folgenden drei Geraden in einem Punkt treffen: die inneren Winkelhalbierenden der Winkel \(\angle ADP\) und \(\angle PCB\) sowie die Mittelsenkrechte der Strecke \(AB\).
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Seien \[ \alpha=\angle PAD,\qquad \beta=\angle CBP. \] Aus den gegebenen Gleichungen folgt \[ \angle PBA=2\alpha,\quad \angle DPA=3\alpha, \qquad \angle BAP=2\beta,\quad \angle BPC=3\beta. \] Folglich gilt \[ \angle ADP=180^\circ-4\alpha,\qquad \angle PCB=180^\circ-4\beta, \] also \(0<\alpha,\beta<45^\circ\).
Sei \(\omega\) der Umkreis des Dreiecks \(ABP\), und sei \(O\) sein Mittelpunkt. Wir beweisen, dass \(O\) der gesuchte gemeinsame Punkt ist.
Da \(P\) im Inneren des konvexen Vierecks liegt, liegt der Strahl \(AP\) echt im Inneren von \(\angle DAB\). Somit liegen \(B\) und \(D\) auf verschiedenen Seiten der Geraden \(AP\). Ebenso liegen \(A\) und \(C\) auf verschiedenen Seiten der Geraden \(BP\).
Nach dem Umfangswinkelsatz hat der Kreisbogen \(AP\) von \(\omega\), der \(B\) nicht enthält, das Winkelmaß \[ 2\angle ABP=4\alpha<180^\circ. \] Er ist daher der kleinere Kreisbogen. Somit liegen \(O\) und \(B\) auf derselben Seite der Sehne \(AP\), und es gilt \[ \angle AOP=4\alpha. \] Insbesondere liegen \(O\) und \(D\) auf verschiedenen Seiten von \(AP\). Zusammen mit \[ \angle AOP+\angle ADP =4\alpha+(180^\circ-4\alpha)=180^\circ, \] zeigt dies, dass \(A,D,P,O\) auf einem Kreis liegen.
Nun gilt \(OA=OP\). Auf diesem letzteren Kreis halbiert \(O\) daher den Kreisbogen \(AP\), der \(D\) nicht enthält: Der Punkt liegt auf diesem Bogen, weil \(O\) und \(D\) auf verschiedenen Seiten von \(AP\) liegen, und die gleich langen Sehnen \(OA\) und \(OP\) ergeben gleich große Teilbögen. Der Umfangswinkelsatz liefert dann \[ \angle ADO=\angle ODP. \] Da \(O\) auf dem Kreisbogen \(AP\) liegt, der \(D\) nicht enthält, liegt der Strahl \(DO\) im Inneren von \(\angle ADP\). Somit ist \(DO\) dessen innere Winkelhalbierende.
Dasselbe Argument lässt sich auf die Sehne \(BP\) von \(\omega\) anwenden. Tatsächlich hat der zugehörige Kreisbogen, der \(A\) nicht enthält, das Winkelmaß \[ 2\angle BAP=4\beta<180^\circ. \] Somit liegen \(O\) und \(A\) auf derselben Seite von \(BP\), während \(C\) auf der anderen Seite liegt, und es gilt \[ \angle BOP+\angle PCB =4\beta+(180^\circ-4\beta)=180^\circ. \] Daher liegen \(B,C,P,O\) auf einem Kreis. Wegen \(OB=OP\) ist der Punkt \(O\) der Mittelpunkt des Kreisbogens \(BP\), der \(C\) nicht enthält. Folglich ist \(CO\) die innere Winkelhalbierende von \(\angle PCB\).
Schließlich gilt \(OA=OB\), also liegt \(O\) auf der Mittelsenkrechten von \(AB\). Alle drei angegebenen Geraden gehen daher durch \(O\). \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2020 · Soru 1
\(ABCD\) dışbükey bir dörtgen olsun. \(P\) noktası, \(ABCD\) nin iç bölgesindedir. Aşağıdaki oran eşitlikleri sağlanmaktadır: \[ \angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC. \] \(\angle ADP\) açısının iç açıortayının, \(\angle PCB\) açısının iç açıortayının ve \([AB]\) doğru parçasının orta dikmesinin aynı noktadan geçtiğini gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ \alpha=\angle PAD,\qquad \beta=\angle CBP \] olsun. Verilen eşitliklerden \[ \angle PBA=2\alpha,\quad \angle DPA=3\alpha, \qquad \angle BAP=2\beta,\quad \angle BPC=3\beta \] elde edilir. Dolayısıyla, \[ \angle ADP=180^\circ-4\alpha,\qquad \angle PCB=180^\circ-4\beta, \] olduğundan \(0<\alpha,\beta<45^\circ\) olur.
\(ABP\) üçgeninin çevrel çemberi \(\omega\), bu çemberin merkezi de \(O\) olsun. İstenen ortak noktanın \(O\) olduğunu kanıtlayacağız.
\(P\), dışbükey dörtgenin içinde olduğundan \(AP\) ışını, \(\angle DAB\) açısının tam olarak iç bölgesinde yer alır. Dolayısıyla \(B\) ve \(D\), \(AP\) doğrusunun farklı taraflarında bulunur. Benzer şekilde \(A\) ve \(C\), \(BP\) doğrusunun farklı taraflarında bulunur.
Çevre açı teoremine göre, \(\omega\) çemberinin \(B\) yi içermeyen \(AP\) yayının ölçüsü \[ 2\angle ABP=4\alpha<180^\circ \] olur. Bu nedenle bu yay küçük yaydır. Böylece \(O\) ve \(B\), \(AP\) kirişinin aynı tarafında bulunur ve \[ \angle AOP=4\alpha \] olur. Özellikle \(O\) ve \(D\), \(AP\) nin farklı taraflarında bulunur. Bu durum, \[ \angle AOP+\angle ADP =4\alpha+(180^\circ-4\alpha)=180^\circ, \] eşitliğiyle birlikte \(A,D,P,O\) noktalarının çembersel olduğunu gösterir.
Şimdi \(OA=OP\) dir. Dolayısıyla bu son çemberde \(O\), \(D\) yi içermeyen \(AP\) yayını iki eşit parçaya ayırır: \(O\) ve \(D\), \(AP\) nin farklı taraflarında olduğundan \(O\) bu yay üzerindedir ve eşit \(OA\) ve \(OP\) kirişleri eşit alt yaylar belirler. Böylece çevre açı teoreminden \[ \angle ADO=\angle ODP \] elde edilir. \(O\), \(D\) yi içermeyen \(AP\) yayı üzerinde bulunduğundan \(DO\) ışını, \(\angle ADP\) açısının iç bölgesindedir. Dolayısıyla \(DO\), bu açının iç açıortayıdır.
Aynı akıl yürütme, \(\omega\) çemberinin \(BP\) kirişi için de geçerlidir. Gerçekten de bu kirişin \(A\) yı içermeyen yayının ölçüsü \[ 2\angle BAP=4\beta<180^\circ \] olur. Dolayısıyla \(O\) ve \(A\), \(BP\) nin aynı tarafında, \(C\) ise diğer tarafında bulunur ve \[ \angle BOP+\angle PCB =4\beta+(180^\circ-4\beta)=180^\circ \] olur. Bu nedenle \(B,C,P,O\) noktaları çemberseldir. \(OB=OP\) olduğundan \(O\) noktası, \(C\) yi içermeyen \(BP\) yayının orta noktasıdır. Sonuç olarak \(CO\), \(\angle PCB\) açısının iç açıortayıdır.
Son olarak \(OA=OB\) olduğundan \(O\), \(AB\) nin orta dikmesi üzerinde bulunur. Dolayısıyla belirtilen üç doğrunun hepsi \(O\) dan geçer. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2020 · Problema 1
Considere el cuadrilátero convexo \(ABCD\). El punto \(P\) está en el interior de \(ABCD\). Asuma las siguientes igualdades de razones: \[ \angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC. \] Demuestre que las siguientes tres rectas concurren en un punto: la bisectriz interna del ángulo \(\angle ADP\), la bisectriz interna del ángulo \(\angle PCB\) y la mediatriz del segmento \(AB\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sean \[ \alpha=\angle PAD,\qquad \beta=\angle CBP. \] Las igualdades dadas implican \[ \angle PBA=2\alpha,\quad \angle DPA=3\alpha, \qquad \angle BAP=2\beta,\quad \angle BPC=3\beta. \] Por consiguiente, \[ \angle ADP=180^\circ-4\alpha,\qquad \angle PCB=180^\circ-4\beta, \] por lo que \(0<\alpha,\beta<45^\circ\).
Sea \(\omega\) la circunferencia circunscrita al triángulo \(ABP\), y sea \(O\) su centro. Demostraremos que \(O\) es el punto común buscado.
Como \(P\) está en el interior del cuadrilátero convexo, la semirrecta \(AP\) está estrictamente en el interior de \(\angle DAB\). Por tanto, \(B\) y \(D\) están en lados opuestos de la recta \(AP\). Análogamente, \(A\) y \(C\) están en lados opuestos de la recta \(BP\).
Por el teorema del ángulo inscrito, el arco \(AP\) de \(\omega\) que no contiene a \(B\) mide \[ 2\angle ABP=4\alpha<180^\circ. \] Es, por tanto, el arco menor. Así pues, \(O\) y \(B\) están en el mismo lado de la cuerda \(AP\), y \[ \angle AOP=4\alpha. \] En particular, \(O\) y \(D\) están en lados opuestos de \(AP\). Junto con \[ \angle AOP+\angle ADP =4\alpha+(180^\circ-4\alpha)=180^\circ, \] esto demuestra que \(A,D,P,O\) son concíclicos.
Ahora bien, \(OA=OP\). Por tanto, en esta última circunferencia, \(O\) es el punto medio del arco \(AP\) que no contiene a \(D\): pertenece a dicho arco porque \(O\) y \(D\) están en lados opuestos de \(AP\), y las cuerdas iguales \(OA\) y \(OP\) determinan subarcos iguales. El teorema del ángulo inscrito da entonces \[ \angle ADO=\angle ODP. \] Como \(O\) pertenece al arco \(AP\) que no contiene a \(D\), la semirrecta \(DO\) está en el interior de \(\angle ADP\). Así pues, \(DO\) es su bisectriz interna.
El mismo argumento se aplica a la cuerda \(BP\) de \(\omega\). En efecto, su arco que no contiene a \(A\) mide \[ 2\angle BAP=4\beta<180^\circ. \] Por tanto, \(O\) y \(A\) están en el mismo lado de \(BP\), mientras que \(C\) está en el lado opuesto, y \[ \angle BOP+\angle PCB =4\beta+(180^\circ-4\beta)=180^\circ. \] Por lo tanto, \(B,C,P,O\) son concíclicos. Como \(OB=OP\), el punto \(O\) es el punto medio del arco \(BP\) que no contiene a \(C\). En consecuencia, \(CO\) es la bisectriz interna de \(\angle PCB\).
Finalmente, \(OA=OB\), de modo que \(O\) pertenece a la mediatriz de \(AB\). Por tanto, las tres rectas indicadas pasan por \(O\). \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2020 · 问题 1
考虑凸四边形 \(ABCD\). 设 \(P\) 是 \(ABCD\) 内部一点. 且以下比例等式成立: \[ \angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC. \] 证明: \(\angle ADP\) 的内角平分线、\(\angle PCB\) 的内角平分线和线段 \(AB\) 的垂直平分线三线共点.
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
令 \[ \alpha=\angle PAD,\qquad \beta=\angle CBP. \] 由已知等式可得 \[ \angle PBA=2\alpha,\quad \angle DPA=3\alpha, \qquad \angle BAP=2\beta,\quad \angle BPC=3\beta. \] 因此， \[ \angle ADP=180^\circ-4\alpha,\qquad \angle PCB=180^\circ-4\beta, \] 故 \(0<\alpha,\beta<45^\circ\)。
设 \(\omega\) 为三角形 \(ABP\) 的外接圆，\(O\) 为其圆心。我们证明 \(O\) 就是所求的公共点。
由于 \(P\) 位于凸四边形内部，射线 \(AP\) 严格位于 \(\angle DAB\) 内部。因此，\(B\) 和 \(D\) 位于直线 \(AP\) 的两侧。同理，\(A\) 和 \(C\) 位于直线 \(BP\) 的两侧。
由圆周角定理，\(\omega\) 上不含 \(B\) 的弧 \(AP\) 的度数为 \[ 2\angle ABP=4\alpha<180^\circ. \] 因此它是劣弧。故 \(O\) 和 \(B\) 位于弦 \(AP\) 的同侧，且 \[ \angle AOP=4\alpha. \] 特别地，\(O\) 和 \(D\) 位于 \(AP\) 的两侧。结合 \[ \angle AOP+\angle ADP =4\alpha+(180^\circ-4\alpha)=180^\circ, \] 可知 \(A,D,P,O\) 四点共圆。
现在有 \(OA=OP\)。因此，在后一个圆上，\(O\) 平分不含 \(D\) 的弧 \(AP\)：由于 \(O\) 和 \(D\) 位于 \(AP\) 的两侧，\(O\) 位于该弧上，而相等的弦 \(OA\) 和 \(OP\) 所对应的两段弧相等。再由圆周角定理可得 \[ \angle ADO=\angle ODP. \] 由于 \(O\) 位于不含 \(D\) 的弧 \(AP\) 上，射线 \(DO\) 位于 \(\angle ADP\) 内部。因此，\(DO\) 是该角的内角平分线。
同样的论证适用于 \(\omega\) 的弦 \(BP\)。事实上，其不含 \(A\) 的弧的度数为 \[ 2\angle BAP=4\beta<180^\circ. \] 因此，\(O\) 和 \(A\) 位于 \(BP\) 的同侧，而 \(C\) 位于另一侧，且 \[ \angle BOP+\angle PCB =4\beta+(180^\circ-4\beta)=180^\circ. \] 所以 \(B,C,P,O\) 四点共圆。由于 \(OB=OP\)，点 \(O\) 是不含 \(C\) 的弧 \(BP\) 的中点。因此，\(CO\) 是 \(\angle PCB\) 的内角平分线。
最后，\(OA=OB\)，故 \(O\) 位于 \(AB\) 的垂直平分线上。因此，题目中的三条直线都经过 \(O\)。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2020 · Задача 1
Внутри выпуклого четырёхугольника \(ABCD\) нашлась точка \(P\), такая что выполняются равенства \[ \angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC. \] Докажите, что следующие три прямые пересекаются в одной точке: внутренние биссектрисы углов \(\angle ADP\) и \(\angle PCB\) и серединный перпендикуляр к отрезку \(AB\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \[ \alpha=\angle PAD,\qquad \beta=\angle CBP. \] Из данных равенств следует, что \[ \angle PBA=2\alpha,\quad \angle DPA=3\alpha, \qquad \angle BAP=2\beta,\quad \angle BPC=3\beta. \] Следовательно, \[ \angle ADP=180^\circ-4\alpha,\qquad \angle PCB=180^\circ-4\beta, \] поэтому \(0<\alpha,\beta<45^\circ\).
Пусть \(\omega\) — описанная окружность треугольника \(ABP\), а \(O\) — её центр. Докажем, что \(O\) — искомая общая точка.
Поскольку \(P\) находится внутри выпуклого четырёхугольника, луч \(AP\) лежит строго внутри угла \(\angle DAB\). Поэтому \(B\) и \(D\) лежат по разные стороны от прямой \(AP\). Аналогично, \(A\) и \(C\) лежат по разные стороны от прямой \(BP\).
По теореме о вписанном угле градусная мера дуги \(AP\) окружности \(\omega\), не содержащей \(B\), равна \[ 2\angle ABP=4\alpha<180^\circ. \] Следовательно, это меньшая дуга. Значит, \(O\) и \(B\) лежат по одну сторону от хорды \(AP\), и \[ \angle AOP=4\alpha. \] В частности, \(O\) и \(D\) лежат по разные стороны от \(AP\). Вместе с равенством \[ \angle AOP+\angle ADP =4\alpha+(180^\circ-4\alpha)=180^\circ, \] это показывает, что точки \(A,D,P,O\) лежат на одной окружности.
При этом \(OA=OP\). Поэтому на этой последней окружности точка \(O\) делит пополам дугу \(AP\), не содержащую \(D\): она лежит на этой дуге, поскольку \(O\) и \(D\) находятся по разные стороны от \(AP\), а равным хордам \(OA\) и \(OP\) соответствуют равные части дуги. Тогда по теореме о вписанном угле \[ \angle ADO=\angle ODP. \] Поскольку \(O\) лежит на дуге \(AP\), не содержащей \(D\), луч \(DO\) лежит внутри угла \(\angle ADP\). Таким образом, \(DO\) — его внутренняя биссектриса.
То же рассуждение применимо к хорде \(BP\) окружности \(\omega\). Действительно, градусная мера её дуги, не содержащей \(A\), равна \[ 2\angle BAP=4\beta<180^\circ. \] Поэтому \(O\) и \(A\) лежат по одну сторону от \(BP\), тогда как \(C\) лежит по другую сторону, и \[ \angle BOP+\angle PCB =4\beta+(180^\circ-4\beta)=180^\circ. \] Следовательно, точки \(B,C,P,O\) лежат на одной окружности. Поскольку \(OB=OP\), точка \(O\) является серединой дуги \(BP\), не содержащей \(C\). Следовательно, \(CO\) — внутренняя биссектриса угла \(\angle PCB\).
Наконец, \(OA=OB\), поэтому \(O\) лежит на серединном перпендикуляре к \(AB\). Таким образом, все три указанные прямые проходят через \(O\). \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2020 · المسألة 1
ليكن \(ABCD\) رباعيا محدبا، والنقطة \(P\) تقع داخله. بحيث يتحقق التناسب التالي \[ \angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC \] أثبت أن المستقيمات الثلاثة الآتية تتقاطع في نقطة: المنصفان الداخليان للزاويتين \(\angle ADP\) و \(\angle PCB\) والعمود المنصف للقطعة المستقيمة \(AB\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لتكن \[ \alpha=\angle PAD,\qquad \beta=\angle CBP. \] تستلزم المساويات المعطاة أن \[ \angle PBA=2\alpha,\quad \angle DPA=3\alpha, \qquad \angle BAP=2\beta,\quad \angle BPC=3\beta. \] وعليه، \[ \angle ADP=180^\circ-4\alpha,\qquad \angle PCB=180^\circ-4\beta, \] ومن ثم \(0<\alpha,\beta<45^\circ\).
لتكن \(\omega\) الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABP\)، وليكن \(O\) مركزها. نثبت أن \(O\) هي نقطة التلاقي المطلوبة.
بما أن \(P\) تقع داخل الرباعي المحدب، فإن الشعاع \(AP\) يقع في داخل الزاوية \(\angle DAB\) تماما. لذا تقع \(B\) و\(D\) على جانبين متقابلين من المستقيم \(AP\). وبالمثل، تقع \(A\) و\(C\) على جانبين متقابلين من المستقيم \(BP\).
بمبرهنة الزاوية المحيطية، يكون قياس القوس \(AP\) من \(\omega\) الذي لا يحتوي على \(B\) هو \[ 2\angle ABP=4\alpha<180^\circ. \] إذن هو القوس الأصغر. ومن ثم تقع \(O\) و\(B\) على الجانب نفسه من الوتر \(AP\)، و \[ \angle AOP=4\alpha. \] وبوجه خاص، تقع \(O\) و\(D\) على جانبين متقابلين من \(AP\). وهذا، مع \[ \angle AOP+\angle ADP =4\alpha+(180^\circ-4\alpha)=180^\circ, \] يبين أن \(A,D,P,O\) تقع على دائرة واحدة.
والآن \(OA=OP\). لذا فإن \(O\)، على هذه الدائرة الأخيرة، تنصف القوس \(AP\) الذي لا يحتوي على \(D\): فهي تقع على هذا القوس لأن \(O\) و\(D\) على جانبين متقابلين من \(AP\)، والوتران المتساويان \(OA\) و\(OP\) يقابلان قوسين متساويين. وتعطي مبرهنة الزاوية المحيطية عندئذ \[ \angle ADO=\angle ODP. \] وبما أن \(O\) تقع على القوس \(AP\) الذي لا يحتوي على \(D\)، فإن الشعاع \(DO\) يقع داخل \(\angle ADP\). إذن \(DO\) هو منصفها الداخلي.
تنطبق الحجة نفسها على الوتر \(BP\) من \(\omega\). بالفعل، قياس قوسه الذي لا يحتوي على \(A\) هو \[ 2\angle BAP=4\beta<180^\circ. \] إذن تقع \(O\) و\(A\) على الجانب نفسه من \(BP\)، بينما تقع \(C\) على الجانب المقابل، و \[ \angle BOP+\angle PCB =4\beta+(180^\circ-4\beta)=180^\circ. \] وعليه، تقع \(B,C,P,O\) على دائرة واحدة. وبما أن \(OB=OP\)، فإن النقطة \(O\) هي منتصف القوس \(BP\) الذي لا يحتوي على \(C\). وبالتالي، فإن \(CO\) هو المنصف الداخلي للزاوية \(\angle PCB\).
وأخيرا، \(OA=OB\)، لذا تقع \(O\) على العمود المنصف للقطعة \(AB\). ومن ثم تمر المستقيمات الثلاثة المحددة جميعها بالنقطة \(O\). \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.