解决方案的主要设备是角钢追逐角钢追逐的主要配置是直角三角形：
因为在任何直角三角形中，圆心都是斜边的中点，$\角度YOZ=2\角度YXZ，\，$是同一圆弧所对的中心角和内接角。
要返回问题，假设$\angle ADC\gt\angle ABC（在$\angle ADC\lt\angle ABC\，$完全类似的情况下；如果$\angel ADC=\angle ABC，$$ABCD\，$是一个矩形，则圆退化为一条直线，并且四个点$a，\，$$M，$$N，\，$和$C\，$$共线。）
现在，在$\Delta ABD中，$$\angle AMD=2\angle ABD，$，在$\ Delta BCD中，$$\angel CMD=2\\angle CBD，$这样
$\angle AMC=2\angle ABC$
在$\Delta PAS中，\，$$\angle ANS=2\angle APN\，$，在$\Delta QCR中，\
$\开始{align}\angle ANC&=2（\angle APN+\angle CQR）\\&=2（180^{\circ}-\angle PBQ）=2\angle ABC=\angle AMC。\结束{对齐}$
最后，$\angle ANC=\angle AMC，$表示它们是内切到同一个圆上因此，点$A、\、$$M、$$N、\、$和$C、$实际上是非循环的。
让$\hat{x}$、$\hat{y}$、$1\hat}u}$和$\hat-{v}$分别是沿$\vec{AP}$、$\vec}AS}$、美元\vec10CR}$和美元\vec{CQ}$的单位向量$（\hat{u}，\hat}v}）$和$（\hat{x}，\ hat{y}）@是两个固定的正交系统，因此可以通过正交变换进行关联：
$\显示样式\开始{align}\hat｛u｝&=\ cos \ xi \ hat｛x｝+\ sin \ xi \ hat｛y｝\\\hat{v}&=-\sin\xi\hat{x}+\cos\xi\hat{y}。\结束{对齐}$
这里，$\xi$是$\hat{x}$和$\hat{u}$之间的角度。
假设$CRQ$和$APS$的外接圆半径分别为$r$和$r$。设$\angle CNR=2\alpha$和$\angel ANS=2\beta$。因此，
$\displaystyle\开始｛align｝\vec{CR}&=2r\sin\alpha\hat{u}\\\vec{CQ}&=2r\cos\alpha\hat{v}\\\vec{CN}&=r\sin\alpha\hat{u}+r\cos\alpha\hart{v}\\\vec{AS}&=2R\sin\beta\hat{y}\\\vec{AP}&=2R\cos\beta\hat{x}\\\vec{AN}&=R\cos\beta\hat{x}+R\sin\beta\heat{y}\结束{对齐}$
和
$\显示样式\开始{align}\vec{NS}&=\vec{AS}（美国）-\vec{AN}=-R\cos\beta\hat{x}+R\sin\beta\heat{y}\\\vec{NR}&=\vec{CR}（中文）-\vec{CN}=r\sin\alpha\hat{u} -r（右）\cos\alpha\hat{v}\\&=（r\sin\alpha\cos\xi+r\cos\alpha\sin\xi）\hat{x}+（r\sin\alpha\sin\xi-r\cos\alpha\cos\xi）\hat｛y｝\\&=r\sin（\alpha+\xi）\hat{x} -r（右）\cos（\alpha+\xi）\hat{y}\结束{对齐}$
$\vec{NR}$和$\vec{NS}$是并行的。因此，
$\显示样式\开始{align}\cos\beta\cos（\alpha+\xi）-\sin\beta\sin\cos（\alpha+\beta+\xi）&=0\结束{对齐}$
因此，$\alpha+\beta=（2K+1）\frac{\pi}{2}-\xi$表示整数$K$。如果$M$被选为$N$的特例，上述分析成立。在在这种情况下，$R$和$S$合并为$D$、$Q$和$P$intp$B$。注意，随着$N$不断转换为$M$，积分$K$的值必须保持不变，否则，$\angle CNA=2（\alpha+\beta）$必须进行倍数的阶跃$\pi$。这也意味着$\angle CNA=\angle CMA$。因此，$CNMA$是循环的。
