为简单起见，我将表示$AK=a，BK=b，\ldots，BF=f.；$从圆心$O\，$到和弦的垂线$OL，\，$$OM，\，$$ON\，$分别在中点$L，\，$1$M，\，#$N，\，美元处与和弦相交。因此，通过这些中点的圆的直径为$OK\，$。
三角形$LMN\，$是等边的，因为它的所有角度都是$60^{\circ}。\，$例如，$\angle LMN=\angle LKN（=60^{\circ}）$表示同一弦所对的两个内接角。设$n，$表示$Delta LMN中的公共边长$
根据$\Delta LMK中的余弦定律$
$\开始{align}n^2&=KL^2+KM^2-2\cdot KL\cdot KM\cos 60^{\circ}\\&=KL^2+KM^2-KL\cdot KM。\结束{对齐}$
现在，$KL=BK-BL=b-\显示样式\ frac{a+b}{2}=\显示样式\frac{b-a}{2{，$类似地，$KM＝\displaystyle\frac｛d-c｝｛2｝，\，$making
$4n^2=（b-a）^2+（d-c）2-（b-a$
以同样的方式，从$\Delta MKN\，$（现在角度为$K\，$测量值为$12-^{\circ}）中，我们得到$
$4n^2=（d-c）^2+（e-f）2-（d-c，e-f）$
比较两个右侧得出$（b-a）^2-（b-a
$（b-a）（b-a-d+c）=（e-f）（e-f+d-c）$
或者，
$\显示样式\frac{b-a}{e-f}=frac{e-f+d-c}{b-a-d+c}$
现在将$1\，$加到我们得到的两边，
$\显示样式\frac{b-a+e-f}{e-f}=frac{e-f+b-a}{b-a-d+c}$
其中两个分数的分子相等，并且由于它们相等，分母也相等：$e-f=b-a-d+c，\，$即$a+d+f=b+c+e$
我们将稍微更改符号：
分别画线$L_a、L_b、L_c$与$AA'、BB'、CC'$在$a、b、c、$处垂直，画线$L’_a、L’_b、L’_c$分别与$AA’、BB'和CC‘$在$a'、b’、c’、$处竖直。显然，等边三角形$ABC$和$A'B'C'$具有成对平行边，因此相似的中间$O$
此外，由于直线$L'_a、L'_b、L'_c$是$L_a、M_b、M_c的反射，因此同调系数为$1，使得两个三角形全等。根据维维亚尼定理，$PA+PB+PC$和$PA'+PB'+PC'$的总和等于各自三角形中的高度，因此相等。
我非常感谢拉希德·穆萨维（Rachid El Moussaoui）提请我注意这个问题并指出R.Honsberger的书在Pólya的足迹中，其出现在第118-120页的上述溶液中。令人惊讶的是，我在书的第118页上有一个书签，可能是想在网站上贴一页，但随着时间的推移，我忘记了。
有时，后来我被弗朗西斯科·哈维尔·加西亚·卡皮坦告知他与拉希德·穆萨维的联系。拉希德似乎是在一个在线论坛上遇到这个问题的，在那里提出了一个解决方案，该解决方案使用了维维亚尼定理拉希德不记得证据，但有了这样的暗示，弗朗西斯科·哈维尔找到了一个非常优雅的解决方案（证据2）
问题已在第十五（1989年）10年级全俄罗斯数学奥林匹克竞赛——当时是高中最后一个年级。
附言：你一定喜欢社交网络。在脸书上的帖子评论中，Leo Giugiuc为我澄清了问题。我似乎已经讨论过这个问题在别处（问题2），可以找到两个额外的解决方案。
