Çözüm [L. Gökçe]: $OV$, $[AB]$'nin orta dikmesi olduğundan aynı zamanda $\angle AVB$'nin açıortayıdır. Benzer şekilde $OW$, $\angle AWC$'nin açıortayıdır. Bu durumda $TVW$ üçgeninde $O$ noktası $T$'ye göre dış merkezdir. $O$ noktasından $TV$, $TW$, $VW$ doğrularına inilen dikme ayakları sırasıyla $P$, $Q$, $R$ olsun. Dış teğet çemberin yarıçaplarından $|OP| = |OQ|$ olur. Merkezden kirişe inilen dikmeden $|AR| = |RU|$'dur. Ayrıca eşit teğet parçalarından $|TP| = |TQ|$, $|VP| = |VR|$, $|WQ| = |WR|$ olur. Bu bize $|BP| = |AR|$ eşitliğini verir. Çevrel çemberin yarıçaplarından $|OB| = |OC|$ olup $OPB \cong OQC$ eşliğine ulaşırız. $|BP| = |CQ|$ olur.
$$|BT| + |CT| = (|BP| - |TP|) + (|CQ| + |TQ|) = 2|BP| = 2|AR| = |AU|$$
sonucuna ulaşırız.
An itibariyle kamuya paylaşılabilir bilgiler 
- Uzun yıllardır Tübitak olimpiyat eğitim kamplarında ders veren Fatih Sulak hocamız, 1997 IMO'da gümüş madalya kazanmıştı. Bir sohbetimizde şöyle demişti: "Bu madalyayı biraz şansa kazandım. Benim geometrim zayıftır, o yıl kolay bir geometri sorusu geldi ve ben de onu yapabildim. Geometriden puan kazanabilmek benim için büyük bir sürpriz oldu. Böylece gümüş madalyayı kazanacak puana erişebildim."
1997 sonuçlarına baktım bu sorudan 5 puan kazanmış Fatih hoca. Yani pek önemli olmayan bir kusur görülmüş ki 2 puanı kırılış. Yine de takımın en iyi skorunu elde etmiş. 1997'de gümüş kazanan tek takım öğrencimiz kendisi görülüyor. Ben de bir merakla bu problemle uğraştım. Çözümü görmek biraz vaktimi aldı. Problemle uğraşırken gözlemlediğim dikkate değer bazı ilişkileri vereyim.
- Açı takibi ile $\angle BTC = \angle TBA + \angle BAC + \angle ACT = 2\angle BAC = \angle BOC$ olduğundan $BTOC$ bir kirişler dörtgenidir.
- Merkez açı-çevre açı ilişkisinden $\angle BOU = 2\angle BAU = 2\angle BAV = \angle BVU$ olduğundnan $BVOU$ kirişler dörtgenidir. Benzer şekilde $\angle COU = 2\angle CAU = 2\angle CAW = \angle CWU$ olduğundnan $COWU$ kirişler dörtgenidir.
