IMO 2021 · Problem 4
Let \(\Gamma\) be a circle with centre \(I\), and \(ABCD\) a convex quadrilateral such that each of the segments \(AB, BC, CD\) and \(DA\) is tangent to \(\Gamma\). Let \(\Omega\) be the circumcircle of the triangle \(AIC\). The extension of \(BA\) beyond \(A\) meets \(\Omega\) at \(X\), and the extension of \(BC\) beyond \(C\) meets \(\Omega\) at \(Z\). The extensions of \(AD\) and \(CD\) beyond \(D\) meet \(\Omega\) at \(Y\) and \(T\), respectively. Prove that \[ AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \(E,F,G,H\) be the points where \(\Gamma\) touches \(AB,BC,CD,DA\), respectively. Equal tangent lengths give \[ AE=AH=a,\qquad CF=CG=c,\qquad DG=DH=d, \] so \[ AD=a+d,\qquad CD=c+d. \tag{1} \]
We first prove \[ IX=IY,\qquad IZ=IT,\qquad XT=YZ. \tag{2} \]
The congruent right triangles \(AIE\) and \(AIH\) show that \(AI\) bisects \(\angle BAD\). Put \[ \alpha=\angle BAI=\angle IAD. \] Since \(AX\) is opposite to \(AB\), while \(AY\) has the direction of \(AD\), \[ \angle IAX=180^\circ-\alpha,\qquad \angle IAY=\alpha. \] Writing \(R\) for the radius of \(\Omega\), the extended sine rule in triangles \(IAX\) and \(IAY\) gives \[ IX=2R\sin(180^\circ-\alpha)=2R\sin\alpha=IY. \] Likewise, \(CI\) bisects \(\angle BCD\), and the extended sine rule in triangles \(ICZ\) and \(ICT\) gives \(IZ=IT\).
Let \(O\) be the centre of \(\Omega\). Both \(O\) and \(I\) are equidistant from \(X,Y\), and also from \(Z,T\). Since \(O\ne I\), the line \(OI\) is the perpendicular bisector of both \(XY\) and \(ZT\). Reflection in \(OI\) therefore sends \(X\) to \(Y\) and \(T\) to \(Z\), proving \(XT=YZ\).
Next, the right triangles \(IEX\) and \(IHY\) have equal hypotenuses \(IX=IY\) and equal legs \(IE=IH\). Hence \[ XE=YH. \] The point orders specified in the problem give \[ XE=XA+AE=XA+a,\qquad YH=YD+DH=DY+d, \] and consequently \[ XA+a=DY+d. \tag{3} \]
Similarly, the right triangles \(IFZ\) and \(IGT\), together with \(IZ=IT\), give \(ZF=TG\). Thus \[ ZC+c=DT+d. \tag{4} \]
Combining (1)–(4), we obtain \[ \begin{aligned} AD+DT+TX+XA &=(a+d)+DT+TX+XA\\ &=2d+DT+DY+TX\\ &=2d+DT+DY+YZ\\ &=(c+d)+DY+YZ+ZC\\ &=CD+DY+YZ+ZC, \end{aligned} \] as required.
The reflection argument also covers the possible coincidences \(X=T\) and \(Y=Z\); in that case both corresponding chord lengths are zero.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2021 · Aufgabe 4
Es sei \(\Gamma\) ein Kreis mit dem Mittelpunkt \(I\) und \(ABCD\) ein konvexes Viereck, dessen Seiten \(AB\), \(BC\), \(CD\) und \(DA\) den Kreis \(\Gamma\) berühren. Es sei \(\Omega\) der Umkreis des Dreiecks \(AIC\). Die Verlängerung von \(BA\) über \(A\) hinaus schneidet \(\Omega\) in \(X\), und die Verlängerung von \(BC\) über \(C\) hinaus schneidet \(\Omega\) in \(Z\). Die Verlängerungen von \(AD\) und \(CD\) über \(D\) hinaus schneiden \(\Omega\) in \(Y\) beziehungsweise \(T\). Man beweise \[ AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC. \]
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Seien \(E,F,G,H\) die Punkte, in denen \(\Gamma\) die Seiten \(AB,BC,CD,DA\) berührt. Aus der Gleichheit der Tangentenabschnitte folgt \[ AE=AH=a,\qquad CF=CG=c,\qquad DG=DH=d, \] also \[ AD=a+d,\qquad CD=c+d. \tag{1} \]
Wir beweisen zunächst \[ IX=IY,\qquad IZ=IT,\qquad XT=YZ. \tag{2} \]
Die kongruenten rechtwinkligen Dreiecke \(AIE\) und \(AIH\) zeigen, dass \(AI\) den Winkel \(\angle BAD\) halbiert. Setze \[ \alpha=\angle BAI=\angle IAD. \] Da \(AX\) entgegengesetzt zu \(AB\) gerichtet ist, während \(AY\) dieselbe Richtung wie \(AD\) hat, gilt \[ \angle IAX=180^\circ-\alpha,\qquad \angle IAY=\alpha. \] Bezeichnen wir den Radius von \(\Omega\) mit \(R\), so ergibt der erweiterte Sinussatz in den Dreiecken \(IAX\) und \(IAY\) \[ IX=2R\sin(180^\circ-\alpha)=2R\sin\alpha=IY. \] Ebenso halbiert \(CI\) den Winkel \(\angle BCD\), und der erweiterte Sinussatz in den Dreiecken \(ICZ\) und \(ICT\) ergibt \(IZ=IT\).
Sei \(O\) der Mittelpunkt von \(\Omega\). Sowohl \(O\) als auch \(I\) haben von \(X,Y\) jeweils denselben Abstand und ebenso von \(Z,T\). Wegen \(O\ne I\) ist die Gerade \(OI\) die Mittelsenkrechte sowohl von \(XY\) als auch von \(ZT\). Die Spiegelung an \(OI\) bildet daher \(X\) auf \(Y\) und \(T\) auf \(Z\) ab, womit \(XT=YZ\) bewiesen ist.
Die rechtwinkligen Dreiecke \(IEX\) und \(IHY\) haben nun gleich lange Hypotenusen \(IX=IY\) und gleich lange Katheten \(IE=IH\). Daher gilt \[ XE=YH. \] Aus der in der Aufgabe vorgegebenen Reihenfolge der Punkte folgt \[ XE=XA+AE=XA+a,\qquad YH=YD+DH=DY+d, \] und somit \[ XA+a=DY+d. \tag{3} \]
Ebenso liefern die rechtwinkligen Dreiecke \(IFZ\) und \(IGT\) zusammen mit \(IZ=IT\) die Gleichheit \(ZF=TG\). Also gilt \[ ZC+c=DT+d. \tag{4} \]
Durch Kombination von (1)–(4) erhalten wir \[ \begin{aligned} AD+DT+TX+XA &=(a+d)+DT+TX+XA\\ &=2d+DT+DY+TX\\ &=2d+DT+DY+YZ\\ &=(c+d)+DY+YZ+ZC\\ &=CD+DY+YZ+ZC, \end{aligned} \] wie gefordert.
Das Spiegelungsargument umfasst auch die möglichen Fälle, dass \(X=T\) und \(Y=Z\) zusammenfallen; in diesem Fall sind beide entsprechenden Sehnenlängen null.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2021 · Soru 4
\(\Gamma\) çemberinin merkezi \(I\) olsun. \(ABCD\) dışbükey dörtgeninin \([AB]\), \([BC]\), \([CD]\) ve \([DA]\) kenarlarının her biri \(\Gamma\) çemberine teğettir. \(AIC\) üçgeninin çevrel çemberi \(\Omega\) olsun. \([BA]\) nın \(A\) yönünde uzantısı \(\Omega\) ile \(X\) noktasında, \([BC]\) nin \(C\) yönünde uzantısı \(\Omega\) ile \(Z\) noktasında kesişiyor. \([AD]\) ve \([CD]\) nin \(D\) yönünde uzantıları \(\Omega\) ile sırasıyla \(Y\) ve \(T\) noktalarında kesişiyor. \[ |AD|+|DT|+|TX|+|XA|=|CD|+|DY|+|YZ|+|ZC| \] olduğunu gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(E,F,G,H\), sırasıyla \(\Gamma\)'nın \(AB,BC,CD,DA\)'ya değdiği noktalar olsun. Teğet uzunluklarının eşitliğinden \[ AE=AH=a,\qquad CF=CG=c,\qquad DG=DH=d, \] dolayısıyla \[ AD=a+d,\qquad CD=c+d \tag{1} \] elde edilir.
Önce \[ IX=IY,\qquad IZ=IT,\qquad XT=YZ \tag{2} \] eşitliklerini kanıtlayacağız.
Eş dik üçgenler \(AIE\) ve \(AIH\), \(AI\)'nın \(\angle BAD\)'nin açıortayı olduğunu gösterir. \[ \alpha=\angle BAI=\angle IAD \] olsun. \(AX\), \(AB\)'ye zıt yönde, \(AY\) ise \(AD\) yönünde olduğundan, \[ \angle IAX=180^\circ-\alpha,\qquad \angle IAY=\alpha. \] \(\Omega\)'nın yarıçapını \(R\) ile gösterirsek, \(IAX\) ve \(IAY\) üçgenlerinde genişletilmiş sinüs teoremi \[ IX=2R\sin(180^\circ-\alpha)=2R\sin\alpha=IY \] eşitliğini verir. Benzer şekilde, \(CI\), \(\angle BCD\)'nin açıortayıdır ve \(ICZ\) ile \(ICT\) üçgenlerinde genişletilmiş sinüs teoremi \(IZ=IT\) eşitliğini verir.
\(O\), \(\Omega\)'nın merkezi olsun. Hem \(O\) hem de \(I\), \(X,Y\) noktalarına ve ayrıca \(Z,T\) noktalarına eşit uzaklıktadır. \(O\ne I\) olduğundan \(OI\) doğrusu hem \(XY\)'nin hem de \(ZT\)'nin orta dikmesidir. Dolayısıyla \(OI\)'ya göre yansıma \(X\)'i \(Y\)'ye ve \(T\)'yi \(Z\)'ye götürür; bu da \(XT=YZ\) olduğunu kanıtlar.
Şimdi, \(IEX\) ve \(IHY\) dik üçgenlerinin hipotenüsleri \(IX=IY\) ve birer dik kenarları \(IE=IH\) eşittir. Bu nedenle \[ XE=YH. \] Soruda belirtilen nokta sıralamalarından \[ XE=XA+AE=XA+a,\qquad YH=YD+DH=DY+d, \] ve dolayısıyla \[ XA+a=DY+d \tag{3} \] elde edilir.
Benzer şekilde, \(IFZ\) ve \(IGT\) dik üçgenleri, \(IZ=IT\) ile birlikte \(ZF=TG\) eşitliğini verir. Böylece \[ ZC+c=DT+d. \tag{4} \]
(1)–(4) eşitliklerini birleştirerek \[ \begin{aligned} AD+DT+TX+XA &=(a+d)+DT+TX+XA\\ &=2d+DT+DY+TX\\ &=2d+DT+DY+YZ\\ &=(c+d)+DY+YZ+ZC\\ &=CD+DY+YZ+ZC, \end{aligned} \] elde ederiz; istenen de budur.
Yansıma argümanı, olası \(X=T\) ve \(Y=Z\) çakışmalarını da kapsar; bu durumda ilgili iki kirişin uzunluğu da sıfırdır.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2021 · Problema 4
Sean \(\Gamma\) una circunferencia con centro \(I\) y \(ABCD\) un cuadrilátero convexo tal que cada uno de los segmentos \(AB\), \(BC\), \(CD\) y \(DA\) es tangente a \(\Gamma\). Sea \(\Omega\) la circunferencia circunscrita del triángulo \(AIC\). La prolongación de \(BA\) más allá de \(A\) corta a \(\Omega\) en \(X\), y la prolongación de \(BC\) más allá de \(C\) corta a \(\Omega\) en \(Z\). Las prolongaciones de \(AD\) y \(CD\) más allá de \(D\) cortan a \(\Omega\) en \(Y\) y \(T\) respectivamente. Probar que \[ AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC. \]
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sean \(E,F,G,H\) los puntos donde \(\Gamma\) es tangente a \(AB,BC,CD,DA\), respectivamente. La igualdad de las longitudes de los segmentos tangentes da \[ AE=AH=a,\qquad CF=CG=c,\qquad DG=DH=d, \] por lo que \[ AD=a+d,\qquad CD=c+d. \tag{1} \]
Demostraremos primero que \[ IX=IY,\qquad IZ=IT,\qquad XT=YZ. \tag{2} \]
Los triángulos rectángulos congruentes \(AIE\) y \(AIH\) muestran que \(AI\) biseca \(\angle BAD\). Sea \[ \alpha=\angle BAI=\angle IAD. \] Como \(AX\) tiene sentido opuesto a \(AB\), mientras que \(AY\) tiene el mismo sentido que \(AD\), \[ \angle IAX=180^\circ-\alpha,\qquad \angle IAY=\alpha. \] Denotando por \(R\) el radio de \(\Omega\), el teorema de los senos ampliado en los triángulos \(IAX\) e \(IAY\) da \[ IX=2R\sin(180^\circ-\alpha)=2R\sin\alpha=IY. \] Análogamente, \(CI\) biseca \(\angle BCD\), y el teorema de los senos ampliado en los triángulos \(ICZ\) e \(ICT\) da \(IZ=IT\).
Sea \(O\) el centro de \(\Omega\). Tanto \(O\) como \(I\) equidistan de \(X,Y\), y también de \(Z,T\). Como \(O\ne I\), la recta \(OI\) es la mediatriz tanto de \(XY\) como de \(ZT\). La reflexión respecto de \(OI\) lleva, por tanto, \(X\) a \(Y\) y \(T\) a \(Z\), lo que demuestra que \(XT=YZ\).
A continuación, los triángulos rectángulos \(IEX\) e \(IHY\) tienen hipotenusas iguales \(IX=IY\) y catetos iguales \(IE=IH\). Por tanto, \[ XE=YH. \] El orden de los puntos especificado en el problema da \[ XE=XA+AE=XA+a,\qquad YH=YD+DH=DY+d, \] y, por consiguiente, \[ XA+a=DY+d. \tag{3} \]
Análogamente, los triángulos rectángulos \(IFZ\) e \(IGT\), junto con \(IZ=IT\), dan \(ZF=TG\). Así, \[ ZC+c=DT+d. \tag{4} \]
Combinando (1)–(4), obtenemos \[ \begin{aligned} AD+DT+TX+XA &=(a+d)+DT+TX+XA\\ &=2d+DT+DY+TX\\ &=2d+DT+DY+YZ\\ &=(c+d)+DY+YZ+ZC\\ &=CD+DY+YZ+ZC, \end{aligned} \] como se quería demostrar.
El argumento de reflexión también cubre las posibles coincidencias \(X=T\) e \(Y=Z\); en ese caso, las longitudes de ambas cuerdas correspondientes son cero.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2021 · 问题 4
设圆 \(\Gamma\) 的圆心为 \(I\), 凸四边形 \(ABCD\) 满足: 线段 \(AB\), \(BC\), \(CD\) 和 \(DA\) 都与 \(\Gamma\) 相切. 设 \(\Omega\) 是三角形 \(AIC\) 的外接圆. \(BA\) 往 \(A\) 方向的延长线交 \(\Omega\) 于点 \(X\), \(BC\) 往 \(C\) 方向的延长线交 \(\Omega\) 于点 \(Z\), \(AD\) 往 \(D\) 方向的延长线交 \(\Omega\) 于点 \(Y\), \(CD\) 往 \(D\) 方向的延长线交 \(\Omega\) 于点 \(T\). 证明: \[ AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC. \]
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \(\Gamma\) 与 \(AB,BC,CD,DA\) 的切点依次为 \(E,F,G,H\)。由切线长相等，得 \[ AE=AH=a,\qquad CF=CG=c,\qquad DG=DH=d, \] 因此 \[ AD=a+d,\qquad CD=c+d. \tag{1} \]
我们先证明 \[ IX=IY,\qquad IZ=IT,\qquad XT=YZ. \tag{2} \]
由直角三角形 \(AIE\) 与 \(AIH\) 全等，可知 \(AI\) 平分 \(\angle BAD\)。令 \[ \alpha=\angle BAI=\angle IAD. \] 由于 \(AX\) 与 \(AB\) 方向相反，而 \(AY\) 与 \(AD\) 方向相同， \[ \angle IAX=180^\circ-\alpha,\qquad \angle IAY=\alpha. \] 记 \(\Omega\) 的半径为 \(R\)，在三角形 \(IAX\) 和 \(IAY\) 中应用扩展正弦定理，得 \[ IX=2R\sin(180^\circ-\alpha)=2R\sin\alpha=IY. \] 同样，\(CI\) 平分 \(\angle BCD\)，在三角形 \(ICZ\) 和 \(ICT\) 中应用扩展正弦定理，得 \(IZ=IT\)。
设 \(O\) 为 \(\Omega\) 的圆心。\(O\) 和 \(I\) 到 \(X,Y\) 的距离分别相等，到 \(Z,T\) 的距离也分别相等。由于 \(O\ne I\)，直线 \(OI\) 同时为 \(XY\) 和 \(ZT\) 的垂直平分线。因此，关于 \(OI\) 的轴对称变换将 \(X\) 映到 \(Y\)，将 \(T\) 映到 \(Z\)，从而证明 \(XT=YZ\)。
接下来，直角三角形 \(IEX\) 和 \(IHY\) 的斜边满足 \(IX=IY\)，直角边满足 \(IE=IH\)。因此 \[ XE=YH. \] 由题设规定的各点顺序，得 \[ XE=XA+AE=XA+a,\qquad YH=YD+DH=DY+d, \] 从而 \[ XA+a=DY+d. \tag{3} \]
类似地，考虑直角三角形 \(IFZ\) 和 \(IGT\)，结合 \(IZ=IT\)，得 \(ZF=TG\)。因此 \[ ZC+c=DT+d. \tag{4} \]
综合 (1)–(4)，得到 \[ \begin{aligned} AD+DT+TX+XA &=(a+d)+DT+TX+XA\\ &=2d+DT+DY+TX\\ &=2d+DT+DY+YZ\\ &=(c+d)+DY+YZ+ZC\\ &=CD+DY+YZ+ZC, \end{aligned} \] 结论得证。
上述轴对称论证也涵盖了 \(X=T\) 且 \(Y=Z\) 这一可能的重合情形；此时，对应的两条弦长均为零。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2021 · Задача 4
Дана окружность \(\Gamma\) с центром \(I\). Выпуклый четырёхугольник \(ABCD\) таков, что каждый из отрезков \(AB\), \(BC\), \(CD\) и \(DA\) касается \(\Gamma\). Пусть \(\Omega\) — описанная окружность треугольника \(AIC\). Продолжение отрезка \(BA\) за точку \(A\) пересекает \(\Omega\) в точке \(X\), продолжение отрезка \(BC\) за точку \(C\) пересекает \(\Omega\) в точке \(Z\). Продолжения отрезков \(AD\) и \(CD\) за точку \(D\) пересекают \(\Omega\) в точках \(Y\) и \(T\) соответственно. Докажите, что \[ AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC. \]
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \(E,F,G,H\) — точки касания \(\Gamma\) с \(AB,BC,CD,DA\) соответственно. Из равенства отрезков касательных получаем \[ AE=AH=a,\qquad CF=CG=c,\qquad DG=DH=d, \] поэтому \[ AD=a+d,\qquad CD=c+d. \tag{1} \]
Сначала докажем, что \[ IX=IY,\qquad IZ=IT,\qquad XT=YZ. \tag{2} \]
Из равенства прямоугольных треугольников \(AIE\) и \(AIH\) следует, что \(AI\) — биссектриса \(\angle BAD\). Положим \[ \alpha=\angle BAI=\angle IAD. \] Поскольку луч \(AX\) противоположен лучу \(AB\), а луч \(AY\) сонаправлен с лучом \(AD\), \[ \angle IAX=180^\circ-\alpha,\qquad \angle IAY=\alpha. \] Обозначив радиус \(\Omega\) через \(R\) и применив расширенную теорему синусов к треугольникам \(IAX\) и \(IAY\), получаем \[ IX=2R\sin(180^\circ-\alpha)=2R\sin\alpha=IY. \] Аналогично, \(CI\) — биссектриса \(\angle BCD\), и расширенная теорема синусов в треугольниках \(ICZ\) и \(ICT\) даёт \(IZ=IT\).
Пусть \(O\) — центр \(\Omega\). Обе точки \(O\) и \(I\) равноудалены от \(X,Y\), а также от \(Z,T\). Поскольку \(O\ne I\), прямая \(OI\) является серединным перпендикуляром как к \(XY\), так и к \(ZT\). Поэтому симметрия относительно \(OI\) переводит \(X\) в \(Y\), а \(T\) в \(Z\), что доказывает \(XT=YZ\).
Далее, прямоугольные треугольники \(IEX\) и \(IHY\) имеют равные гипотенузы \(IX=IY\) и равные катеты \(IE=IH\). Следовательно, \[ XE=YH. \] Из указанного в условии порядка точек следует \[ XE=XA+AE=XA+a,\qquad YH=YD+DH=DY+d, \] и потому \[ XA+a=DY+d. \tag{3} \]
Аналогично, из рассмотрения прямоугольных треугольников \(IFZ\) и \(IGT\) с учётом \(IZ=IT\) получаем \(ZF=TG\). Поэтому \[ ZC+c=DT+d. \tag{4} \]
Объединяя (1)–(4), получаем \[ \begin{aligned} AD+DT+TX+XA &=(a+d)+DT+TX+XA\\ &=2d+DT+DY+TX\\ &=2d+DT+DY+YZ\\ &=(c+d)+DY+YZ+ZC\\ &=CD+DY+YZ+ZC, \end{aligned} \] что и требовалось доказать.
Рассуждение с симметрией охватывает также возможные совпадения \(X=T\) и \(Y=Z\); в этом случае длины обеих соответствующих хорд равны нулю.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2021 · المسألة 4
لتكن \(\Gamma\) دائرة مركزها \(I\)، و \(ABCD\) رباعياً محدباً بحيث تمس جميع القطع المستقيمة \(AB,BC,CD,DA\) الدائرة \(\Gamma\). لتكن \(\Omega\) الدائرة المحيطة بالمثلث \(AIC\). امتداد \(BA\) خلف \(A\) يقطع \(\Omega\) في \(X\)، وامتداد \(BC\) خلف \(C\) يقطع \(\Omega\) في \(Z\). امتداد كل من \(AD,CD\) خلف \(D\) يقطع \(\Omega\) في \(Y,T\) على الترتيب. أثبت أن \[ AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC. \]
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لتكن \(E,F,G,H\) نقاط تماس \(\Gamma\) مع \(AB,BC,CD,DA\)، على الترتيب. من تساوي طولي المماسين نحصل على \[ AE=AH=a,\qquad CF=CG=c,\qquad DG=DH=d, \] ومن ثم \[ AD=a+d,\qquad CD=c+d. \tag{1} \]
نثبت أولاً أن \[ IX=IY,\qquad IZ=IT,\qquad XT=YZ. \tag{2} \]
يبيّن تطابق المثلثين القائمين \(AIE\) و\(AIH\) أن \(AI\) ينصف \(\angle BAD\). نضع \[ \alpha=\angle BAI=\angle IAD. \] بما أن \(AX\) يعاكس \(AB\) في الاتجاه، بينما \(AY\) له اتجاه \(AD\)، فإن \[ \angle IAX=180^\circ-\alpha,\qquad \angle IAY=\alpha. \] إذا رمزنا إلى نصف قطر \(\Omega\) بالرمز \(R\)، فإن قانون الجيوب الموسع في المثلثين \(IAX\) و\(IAY\) يعطي \[ IX=2R\sin(180^\circ-\alpha)=2R\sin\alpha=IY. \] وبالمثل، ينصف \(CI\) الزاوية \(\angle BCD\)، ويعطي قانون الجيوب الموسع في المثلثين \(ICZ\) و\(ICT\) أن \(IZ=IT\).
ليكن \(O\) مركز \(\Omega\). كل من \(O\) و\(I\) متساوي البعد عن \(X,Y\)، وكذلك عن \(Z,T\). وبما أن \(O\ne I\)، فإن المستقيم \(OI\) هو العمود المنصف لكل من \(XY\) و\(ZT\). لذا فإن الانعكاس حول \(OI\) يرسل \(X\) إلى \(Y\) و\(T\) إلى \(Z\)، مما يثبت أن \(XT=YZ\).
بعد ذلك، للمثلثين القائمين \(IEX\) و\(IHY\) وتران متساويان \(IX=IY\) وضلعان قائمان متساويان \(IE=IH\). ومن ثم \[ XE=YH. \] يعطي ترتيب النقاط المحدد في المسألة \[ XE=XA+AE=XA+a,\qquad YH=YD+DH=DY+d, \] وبالتالي \[ XA+a=DY+d. \tag{3} \]
وبالمثل، يعطي المثلثان القائمان \(IFZ\) و\(IGT\)، مع \(IZ=IT\)، أن \(ZF=TG\). إذن \[ ZC+c=DT+d. \tag{4} \]
بجمع نتائج (1)–(4)، نحصل على \[ \begin{aligned} AD+DT+TX+XA &=(a+d)+DT+TX+XA\\ &=2d+DT+DY+TX\\ &=2d+DT+DY+YZ\\ &=(c+d)+DY+YZ+ZC\\ &=CD+DY+YZ+ZC, \end{aligned} \] كما هو مطلوب.
تشمل حجة الانعكاس أيضاً حالتي التطابق المحتملتين \(X=T\) و\(Y=Z\)؛ وفي تلك الحالة يكون طولا الوترين المتناظرين صفراً.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.