IMO 2017 · Problem 4
Let \(R\) and \(S\) be different points on a circle \(\Omega\) such that \(RS\) is not a diameter. Let \(\ell\) be the tangent line to \(\Omega\) at \(R\). Point \(T\) is such that \(S\) is the midpoint of the line segment \(RT\). Point \(J\) is chosen on the shorter arc \(RS\) of \(\Omega\) so that the circumcircle \(\Gamma\) of triangle \(JST\) intersects \(\ell\) at two distinct points. Let \(A\) be the common point of \(\Gamma\) and \(\ell\) that is closer to \(R\). Line \(AJ\) meets \(\Omega\) again at \(K\). Prove that the line \(KT\) is tangent to \(\Gamma\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The line \(RT\) meets \(\Omega\) at \(R,S\), and \(\Gamma\) at \(S,T\). Since \(R,S,T\) are distinct, this shows that \(T\notin\Omega\) and \(R\notin\Gamma\). In particular, \(A\ne R\), so \(A,S,T\) are noncollinear and their circumcircle is \(\Gamma\).
Let \(X\ne R\) be the second intersection of \(\Omega\) with the line through \(R\) parallel to \(AT\). This intersection exists because \(T\notin\ell\), so \(AT\) is not parallel to the tangent \(\ell\).
Both \(S\) and \(T\) lie in the open half-plane bounded by \(\ell\) that contains \(\Omega\setminus\{R\}\). Consequently, the rays \(RX\) and \(AT\) have the same direction. It follows that \(X\) and \(A\) lie on opposite sides of \(RT\). In particular, \(X\notin RT\), so the triangles used below are nondegenerate.
The tangent–chord theorem at \(R\), together with \(RX\parallel AT\), gives \[ \angle RXS=\angle ARS=\angle ART, \qquad \angle XRS=\angle RTA. \] Thus \[ \triangle RXS\sim\triangle TRA, \] and therefore \[ \frac{RX}{RT}=\frac{RS}{TA}=\frac{TS}{TA}, \] where the last equality uses \(RS=ST\).
Moreover, \[ \angle XRT=\angle STA. \] The preceding ratio and this included-angle equality show, by SAS similarity, that \[ \triangle RXT\sim\triangle TSA. \] Hence \[ \angle STX=\angle RTX=\angle TAS. \] Since \(X\) and \(A\) lie on opposite sides of \(ST\), the converse tangent–chord theorem shows that \(TX\) is tangent to \(\Gamma\) at \(T\).
It remains to identify \(X\) with \(K\). Because \(T\notin\Omega\), we have \(X\ne T\). The tangency just proved therefore implies \(X\notin\Gamma\), and in particular \(X\ne J\).
Now use directed angles modulo \(180^\circ\). The cyclicity of \(A,J,S,T\), the parallelism \(AT\parallel RX\), the collinearity of \(R,S,T\), and the cyclicity of \(R,X,S,J\) give \[ \angle AJS =\angle ATS =\angle XRS =\angle XJS \pmod{180^\circ}. \] Thus \(A,J,X\) are collinear. Since \(J\) and \(X\) are distinct points of \(\Omega\), \(X\) is precisely the second intersection \(K\) of \(AJ\) with \(\Omega\). Therefore \(KT\) is tangent to \(\Gamma\), as required. \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2017 · Aufgabe 4
Es seien \(R\) und \(S\) verschiedene Punkte auf einem Kreis \(\Omega\), so dass \(RS\) kein Durchmesser ist. Es sei \(\ell\) die Tangente an \(\Omega\) in \(R\). Der Punkt \(T\) liegt so, dass \(S\) der Mittelpunkt der Strecke \(RT\) ist. Ein Punkt \(J\) ist auf dem kleineren Bogen \(RS\) von \(\Omega\) so gegeben, dass der Umkreis \(\Gamma\) des Dreiecks \(JST\) die Gerade \(\ell\) in zwei verschiedenen Punkten schneidet. Es sei \(A\) derjenige gemeinsame Punkt von \(\Gamma\) und \(\ell\), der näher an \(R\) liegt. Die Gerade \(AJ\) schneidet \(\Omega\) in einem weiteren Punkt \(K\).
Man beweise, dass die Gerade \(KT\) den Kreis \(\Gamma\) berührt.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die Gerade \(RT\) schneidet \(\Omega\) in \(R,S\) und \(\Gamma\) in \(S,T\). Da \(R,S,T\) verschieden sind, folgt daraus \(T\notin\Omega\) und \(R\notin\Gamma\). Insbesondere ist \(A\ne R\), sodass \(A,S,T\) nicht kollinear sind und ihr Umkreis \(\Gamma\) ist.
Sei \(X\ne R\) der zweite Schnittpunkt von \(\Omega\) mit der Geraden durch \(R\), die parallel zu \(AT\) ist. Dieser Schnittpunkt existiert, da \(T\notin\ell\) gilt, also \(AT\) nicht parallel zur Tangente \(\ell\) ist.
Sowohl \(S\) als auch \(T\) liegen in der offenen Halbebene mit Randgerade \(\ell\), die \(\Omega\setminus\{R\}\) enthält. Folglich haben die Strahlen \(RX\) und \(AT\) dieselbe Richtung. Daraus folgt, dass \(X\) und \(A\) auf verschiedenen Seiten von \(RT\) liegen. Insbesondere gilt \(X\notin RT\), sodass die im Folgenden verwendeten Dreiecke nicht entartet sind.
Der Sehnen-Tangenten-Winkelsatz in \(R\) ergibt zusammen mit \(RX\parallel AT\) \[ \angle RXS=\angle ARS=\angle ART, \qquad \angle XRS=\angle RTA. \] Somit gilt \[ \triangle RXS\sim\triangle TRA, \] und daher \[ \frac{RX}{RT}=\frac{RS}{TA}=\frac{TS}{TA}, \] wobei die letzte Gleichheit auf \(RS=ST\) beruht.
Außerdem gilt \[ \angle XRT=\angle STA. \] Das vorangehende Seitenverhältnis und diese Gleichheit der eingeschlossenen Winkel zeigen nach dem Ähnlichkeitssatz SWS, dass \[ \triangle RXT\sim\triangle TSA. \] Also gilt \[ \angle STX=\angle RTX=\angle TAS. \] Da \(X\) und \(A\) auf verschiedenen Seiten von \(ST\) liegen, zeigt die Umkehrung des Sehnen-Tangenten-Winkelsatzes, dass \(TX\) den Kreis \(\Gamma\) in \(T\) berührt.
Es bleibt zu zeigen, dass \(X\) mit \(K\) übereinstimmt. Wegen \(T\notin\Omega\) gilt \(X\ne T\). Aus der soeben bewiesenen Tangentialität folgt daher \(X\notin\Gamma\) und insbesondere \(X\ne J\).
Nun verwenden wir gerichtete Winkel modulo \(180^\circ\). Dass \(A,J,S,T\) auf einem Kreis liegen, die Parallelität \(AT\parallel RX\), die Kollinearität von \(R,S,T\) und die Tatsache, dass \(R,X,S,J\) auf einem Kreis liegen, ergeben \[ \angle AJS =\angle ATS =\angle XRS =\angle XJS \pmod{180^\circ}. \] Somit sind \(A,J,X\) kollinear. Da \(J\) und \(X\) verschiedene Punkte von \(\Omega\) sind, ist \(X\) genau der zweite Schnittpunkt \(K\) von \(AJ\) mit \(\Omega\). Also berührt \(KT\) den Kreis \(\Gamma\), wie gefordert. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2017 · Soru 4
Bir \(\Omega\) çemberi üzerinde birbirinden farklı \(R\) ve \(S\) noktaları \(RS\) çap olmayacak şekilde alınıyor. \(\Omega\) ya \(R\) de teğet olan doğru \(\ell\) olsun. \(T\) noktası, \([RT]\) doğru parçasının orta noktası \(S\) olacak şekilde alınıyor. \(\Omega\) nın kısa \(RS\) yayı üzerinde bir \(J\) noktası, \(JST\) üçgeninin çevrel çemberi \(\Gamma\) ile \(\ell\) doğrusu iki farklı noktada kesişecek şekilde alınıyor. \(\Gamma\) ve \(\ell\) nin kesişim noktalarının \(R\) ye daha yakın olanı \(A\) olsun. \(AJ\) doğrusu \(\Omega\) yı ikinci kez \(K\) da kessin. \(KT\) nin \(\Gamma\) ya teğet olduğunu gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(RT\) doğrusu \(\Omega\)'yı \(R,S\) noktalarında, \(\Gamma\)'yı ise \(S,T\) noktalarında keser. \(R,S,T\) birbirinden farklı olduğundan, bu durum \(T\notin\Omega\) ve \(R\notin\Gamma\) olduğunu gösterir. Özellikle \(A\ne R\) olur; dolayısıyla \(A,S,T\) doğrusal değildir ve çevrel çemberleri \(\Gamma\)'dır.
\(R\)'den geçen ve \(AT\)'ye paralel olan doğrunun \(\Omega\) ile ikinci kesişimi \(X\ne R\) olsun. \(T\notin\ell\) olduğundan \(AT\), \(\ell\) teğetine paralel değildir; bu nedenle bu kesişim vardır.
Hem \(S\) hem de \(T\), sınırı \(\ell\) olan ve \(\Omega\setminus\{R\}\)'yi içeren açık yarı düzlemdedir. Dolayısıyla \(RX\) ve \(AT\) ışınları aynı yönlüdür. Buradan \(X\) ile \(A\)'nın \(RT\)'nin karşı taraflarında bulunduğu çıkar. Özellikle \(X\notin RT\) olur; dolayısıyla aşağıda kullanılan üçgenler dejenere değildir.
\(R\)'deki teğet-kiriş açı teoremi, \(RX\parallel AT\) ile birlikte \[ \angle RXS=\angle ARS=\angle ART, \qquad \angle XRS=\angle RTA \] verir. Böylece \[ \triangle RXS\sim\triangle TRA, \] ve dolayısıyla \[ \frac{RX}{RT}=\frac{RS}{TA}=\frac{TS}{TA}, \] olur; burada son eşitlikte \(RS=ST\) kullanılmıştır.
Ayrıca, \[ \angle XRT=\angle STA. \] Önceki oran ve aradaki açıların bu eşitliği, kenar-açı-kenar benzerliğine göre \[ \triangle RXT\sim\triangle TSA \] olduğunu gösterir. Dolayısıyla \[ \angle STX=\angle RTX=\angle TAS. \] \(X\) ile \(A\), \(ST\)'nin karşı taraflarında bulunduğundan, teğet-kiriş açı teoreminin tersi \(TX\)'in \(\Gamma\)'ya \(T\)'de teğet olduğunu gösterir.
Geriye \(X\)'in \(K\) olduğunu göstermek kalıyor. \(T\notin\Omega\) olduğundan \(X\ne T\) olur. Dolayısıyla az önce kanıtlanan teğetlik \(X\notin\Gamma\) olduğunu ve özellikle \(X\ne J\) olduğunu gösterir.
Şimdi \(180^\circ\) modunda yönlü açıları kullanalım. \(A,J,S,T\)'nin çembersel olması, \(AT\parallel RX\) paralelliği, \(R,S,T\)'nin doğrusallığı ve \(R,X,S,J\)'nin çembersel olması \[ \angle AJS =\angle ATS =\angle XRS =\angle XJS \pmod{180^\circ} \] verir. Böylece \(A,J,X\) doğrusaldır. \(J\) ve \(X\), \(\Omega\)'nın farklı noktaları olduğundan, \(X\) tam olarak \(AJ\)'nin \(\Omega\) ile ikinci kesişimi olan \(K\)'dır. Dolayısıyla istendiği gibi \(KT\), \(\Gamma\)'ya teğettir. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2017 · Problema 4
Sean \(R\) y \(S\) puntos distintos sobre la circunferencia \(\Omega\) tales que \(RS\) no es un diámetro de \(\Omega\). Sea \(\ell\) la recta tangente a \(\Omega\) en \(R\). El punto \(T\) es tal que \(S\) es el punto medio del segmento \(RT\). El punto \(J\) se elige en el menor arco \(RS\) de \(\Omega\) de manera que \(\Gamma\), la circunferencia circunscrita al triángulo \(JST\), intersecta a \(\ell\) en dos puntos distintos. Sea \(A\) el punto común de \(\Gamma\) y \(\ell\) más cercano a \(R\). La recta \(AJ\) corta por segunda vez a \(\Omega\) en \(K\). Demostrar que la recta \(KT\) es tangente a \(\Gamma\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
La recta \(RT\) corta a \(\Omega\) en \(R,S\), y a \(\Gamma\) en \(S,T\). Como \(R,S,T\) son distintos, esto muestra que \(T\notin\Omega\) y \(R\notin\Gamma\). En particular, \(A\ne R\), de modo que \(A,S,T\) no son colineales y su circunferencia circunscrita es \(\Gamma\).
Sea \(X\ne R\) la segunda intersección de \(\Omega\) con la recta que pasa por \(R\) y es paralela a \(AT\). Esta intersección existe porque \(T\notin\ell\), por lo que \(AT\) no es paralela a la tangente \(\ell\).
Tanto \(S\) como \(T\) se encuentran en el semiplano abierto delimitado por \(\ell\) que contiene a \(\Omega\setminus\{R\}\). En consecuencia, las semirrectas \(RX\) y \(AT\) tienen la misma dirección y sentido. Se sigue que \(X\) y \(A\) están en lados opuestos de \(RT\). En particular, \(X\notin RT\), de modo que los triángulos utilizados a continuación no son degenerados.
El teorema del ángulo formado por una tangente y una cuerda en \(R\), junto con \(RX\parallel AT\), da \[ \angle RXS=\angle ARS=\angle ART, \qquad \angle XRS=\angle RTA. \] Así pues, \[ \triangle RXS\sim\triangle TRA, \] y por tanto \[ \frac{RX}{RT}=\frac{RS}{TA}=\frac{TS}{TA}, \] donde la última igualdad utiliza \(RS=ST\).
Además, \[ \angle XRT=\angle STA. \] La proporción anterior y esta igualdad de los ángulos comprendidos muestran, por el criterio de semejanza LAL, que \[ \triangle RXT\sim\triangle TSA. \] Por consiguiente, \[ \angle STX=\angle RTX=\angle TAS. \] Como \(X\) y \(A\) están en lados opuestos de \(ST\), el recíproco del teorema del ángulo formado por una tangente y una cuerda muestra que \(TX\) es tangente a \(\Gamma\) en \(T\).
Queda por identificar \(X\) con \(K\). Como \(T\notin\Omega\), tenemos \(X\ne T\). La tangencia que acabamos de demostrar implica, por tanto, que \(X\notin\Gamma\), y en particular \(X\ne J\).
Utilicemos ahora ángulos orientados módulo \(180^\circ\). El hecho de que \(A,J,S,T\) sean concíclicos, el paralelismo \(AT\parallel RX\), la colinealidad de \(R,S,T\) y el hecho de que \(R,X,S,J\) sean concíclicos dan \[ \angle AJS =\angle ATS =\angle XRS =\angle XJS \pmod{180^\circ}. \] Así pues, \(A,J,X\) son colineales. Como \(J\) y \(X\) son puntos distintos de \(\Omega\), \(X\) es precisamente la segunda intersección \(K\) de \(AJ\) con \(\Omega\). Por tanto, \(KT\) es tangente a \(\Gamma\), como se quería demostrar. \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2017 · 问题 4
设 \(R\) 和 \(S\) 是圆 \(\Omega\) 上互异两点，且 \(RS\) 不是直径。设 \(\ell\) 是圆 \(\Omega\) 在点 \(R\) 处的切线。平面上一点 \(T\) 满足，点 \(S\) 是线段 \(RT\) 的中点。\(J\) 是圆 \(\Omega\) 的劣弧 \(RS\) 上一点，使得三角形 \(JST\) 的外接圆 \(\Gamma\) 交 \(\ell\) 于两个不同点。记 \(\Gamma\) 与 \(\ell\) 的交点中接近 \(R\) 的那个为 \(A\)。直线 \(AJ\) 交圆 \(\Omega\) 于另一点 \(K\)。证明，直线 \(KT\) 和圆 \(\Gamma\) 相切。
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
直线 \(RT\) 与 \(\Omega\) 交于 \(R,S\)，与 \(\Gamma\) 交于 \(S,T\)。由于 \(R,S,T\) 互不相同，这说明 \(T\notin\Omega\) 且 \(R\notin\Gamma\)。特别地，\(A\ne R\)，所以 \(A,S,T\) 不共线，且它们的外接圆为 \(\Gamma\)。
过 \(R\) 作平行于 \(AT\) 的直线，设其与 \(\Omega\) 的第二个交点为 \(X\ne R\)。这一交点存在，因为 \(T\notin\ell\)，所以 \(AT\) 不平行于切线 \(\ell\)。
\(S\) 和 \(T\) 都位于以 \(\ell\) 为边界、包含 \(\Omega\setminus\{R\}\) 的开半平面内。因此，射线 \(RX\) 和 \(AT\) 方向相同。由此可知，\(X\) 和 \(A\) 位于 \(RT\) 的两侧。特别地，\(X\notin RT\)，所以下面使用的三角形都是非退化的。
由 \(R\) 点处的弦切角定理，结合 \(RX\parallel AT\)，得到 \[ \angle RXS=\angle ARS=\angle ART, \qquad \angle XRS=\angle RTA. \] 于是 \[ \triangle RXS\sim\triangle TRA, \] 因此 \[ \frac{RX}{RT}=\frac{RS}{TA}=\frac{TS}{TA}, \] 其中最后一个等号利用了 \(RS=ST\)。
此外， \[ \angle XRT=\angle STA. \] 由上述比例关系和这一夹角相等的关系，根据两边成比例且夹角相等的相似判定，得到 \[ \triangle RXT\sim\triangle TSA. \] 故 \[ \angle STX=\angle RTX=\angle TAS. \] 由于 \(X\) 和 \(A\) 位于 \(ST\) 的两侧，弦切角定理的逆定理表明，\(TX\) 在 \(T\) 点与 \(\Gamma\) 相切。
剩下只需证明 \(X\) 就是 \(K\)。由于 \(T\notin\Omega\)，有 \(X\ne T\)。因此，刚刚证明的相切关系推出 \(X\notin\Gamma\)，特别地，\(X\ne J\)。
现在使用模 \(180^\circ\) 的有向角。由 \(A,J,S,T\) 共圆、\(AT\parallel RX\)、\(R,S,T\) 共线以及 \(R,X,S,J\) 共圆，得到 \[ \angle AJS =\angle ATS =\angle XRS =\angle XJS \pmod{180^\circ}. \] 因此 \(A,J,X\) 共线。由于 \(J\) 和 \(X\) 是 \(\Omega\) 上两个不同的点，\(X\) 正是 \(AJ\) 与 \(\Omega\) 的第二个交点 \(K\)。所以 \(KT\) 与 \(\Gamma\) 相切，得证。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2017 · Задача 4
Пусть \(R\) и \(S\) – две различные точки на окружности \(\Omega\) такие, что \(RS\) не является диаметром. Пусть \(\ell\) – касательная к \(\Omega\) в точке \(R\). Точка \(T\) выбрана так, что \(S\) является серединой отрезка \(RT\). Точка \(J\) выбрана на меньшей дуге \(RS\) окружности \(\Omega\) так, что окружность \(\Gamma\), описанная около треугольника \(JST\), пересекает \(\ell\) в двух различных точках. Пусть \(A\) – та из общих точек \(\Gamma\) и \(\ell\), которая находится ближе к точке \(R\). Прямая \(AJ\) вторично пересекает \(\Omega\) в точке \(K\). Докажите, что прямая \(KT\) касается \(\Gamma\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Прямая \(RT\) пересекает \(\Omega\) в точках \(R,S\), а \(\Gamma\) — в точках \(S,T\). Поскольку точки \(R,S,T\) различны, отсюда следует, что \(T\notin\Omega\) и \(R\notin\Gamma\). В частности, \(A\ne R\), поэтому точки \(A,S,T\) не лежат на одной прямой и их описанная окружность — это \(\Gamma\).
Пусть \(X\ne R\) — вторая точка пересечения \(\Omega\) с прямой, проходящей через \(R\) параллельно \(AT\). Эта точка пересечения существует, поскольку \(T\notin\ell\), так что \(AT\) не параллельна касательной \(\ell\).
Обе точки \(S\) и \(T\) лежат в открытой полуплоскости с границей \(\ell\), содержащей \(\Omega\setminus\{R\}\). Следовательно, лучи \(RX\) и \(AT\) сонаправлены. Отсюда следует, что \(X\) и \(A\) лежат по разные стороны от \(RT\). В частности, \(X\notin RT\), поэтому используемые ниже треугольники невырождены.
Теорема об угле между касательной и хордой в точке \(R\) вместе с \(RX\parallel AT\) даёт \[ \angle RXS=\angle ARS=\angle ART, \qquad \angle XRS=\angle RTA. \] Таким образом, \[ \triangle RXS\sim\triangle TRA, \] и, следовательно, \[ \frac{RX}{RT}=\frac{RS}{TA}=\frac{TS}{TA}, \] где в последнем равенстве использовано \(RS=ST\).
Кроме того, \[ \angle XRT=\angle STA. \] Предыдущее соотношение сторон и это равенство углов между ними по признаку подобия по двум сторонам и углу между ними дают \[ \triangle RXT\sim\triangle TSA. \] Отсюда \[ \angle STX=\angle RTX=\angle TAS. \] Поскольку \(X\) и \(A\) лежат по разные стороны от \(ST\), по теореме, обратной теореме об угле между касательной и хордой, \(TX\) касается \(\Gamma\) в точке \(T\).
Остаётся показать, что \(X\) совпадает с \(K\). Поскольку \(T\notin\Omega\), имеем \(X\ne T\). Поэтому из только что доказанного касания следует \(X\notin\Gamma\), и, в частности, \(X\ne J\).
Теперь воспользуемся ориентированными углами по модулю \(180^\circ\). Из того, что точки \(A,J,S,T\) лежат на одной окружности, параллельности \(AT\parallel RX\), коллинеарности \(R,S,T\) и того, что точки \(R,X,S,J\) лежат на одной окружности, получаем \[ \angle AJS =\angle ATS =\angle XRS =\angle XJS \pmod{180^\circ}. \] Таким образом, точки \(A,J,X\) лежат на одной прямой. Поскольку \(J\) и \(X\) — различные точки окружности \(\Omega\), точка \(X\) и есть вторая точка пересечения \(K\) прямой \(AJ\) с \(\Omega\). Следовательно, \(KT\) касается \(\Gamma\), что и требовалось доказать. \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2017 · المسألة 4
لتكن \(R\) و \(S\) نقطتين مختلفتين على الدائرة \(\Omega\) بحيث أن \(RS\) ليس قطراً. ليكن \(l\) مستقيماً مماساً للدائرة \(\Omega\) في النقطة \(R\). نختار النقطة \(T\) بحيث أن \(S\) تقع في منتصف القطعة المستقيمة \(RT\). كما نختار النقطة \(J\) على القوس الأقصر \(RS\) من الدائرة \(\Omega\) بحيث أن الدائرة المحيطة \(\Gamma\) للمثلث \(JST\) تقطع \(l\) في نقطتين مختلفتين. لتكن \(A\) نقطة تقاطع \(\Gamma\) مع \(l\) و التي هي الأقرب إلى \(R\). المستقيم \(AJ\) يقطع \(\Omega\) مرة أخرى في \(K\). أثبت أن المستقيم \(KT\) يمس الدائرة \(\Gamma\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
يقطع المستقيم \(RT\) الدائرة \(\Omega\) عند \(R,S\)، والدائرة \(\Gamma\) عند \(S,T\). وبما أن \(R,S,T\) نقاط متمايزة، فهذا يبين أن \(T\notin\Omega\) و \(R\notin\Gamma\). على وجه الخصوص، \(A\ne R\)، ومن ثم فإن \(A,S,T\) ليست على استقامة واحدة ودائرتها المحيطة هي \(\Gamma\).
لتكن \(X\ne R\) نقطة التقاطع الثانية للدائرة \(\Omega\) مع المستقيم المار بـ \(R\) والموازي لـ \(AT\). توجد نقطة التقاطع هذه لأن \(T\notin\ell\)، وبالتالي فإن \(AT\) لا يوازي المماس \(\ell\).
تقع كل من \(S\) و \(T\) في نصف المستوى المفتوح الذي حدّه \(\ell\) ويحتوي على \(\Omega\setminus\{R\}\). وبالتالي فإن الشعاعين \(RX\) و \(AT\) لهما الاتجاه نفسه. ويترتب على ذلك أن \(X\) و \(A\) تقعان على جانبين متقابلين من \(RT\). على وجه الخصوص، \(X\notin RT\)، لذا فإن المثلثات المستخدمة أدناه غير منعدمة المساحة.
تعطينا نظرية الزاوية بين المماس والوتر عند \(R\)، مع \(RX\parallel AT\)، \[ \angle RXS=\angle ARS=\angle ART, \qquad \angle XRS=\angle RTA. \] إذن \[ \triangle RXS\sim\triangle TRA, \] ومن ثم \[ \frac{RX}{RT}=\frac{RS}{TA}=\frac{TS}{TA}, \] حيث استخدمنا في المساواة الأخيرة \(RS=ST\).
علاوة على ذلك، \[ \angle XRT=\angle STA. \] تبين النسبة السابقة وهذه المساواة بين الزاويتين المحصورتين، وفق معيار التشابه ضلع–زاوية–ضلع، أن \[ \triangle RXT\sim\triangle TSA. \] ومن ثم \[ \angle STX=\angle RTX=\angle TAS. \] بما أن \(X\) و \(A\) تقعان على جانبين متقابلين من \(ST\)، فإن عكس نظرية الزاوية بين المماس والوتر يبين أن \(TX\) مماس للدائرة \(\Gamma\) عند \(T\).
يبقى أن نثبت أن \(X\) هي \(K\). بما أن \(T\notin\Omega\)، فإن \(X\ne T\). وبالتالي فإن التماس الذي أثبتناه للتو يقتضي أن \(X\notin\Gamma\)، وعلى وجه الخصوص \(X\ne J\).
نستخدم الآن الزوايا الموجهة بترديد \(180^\circ\). إن وقوع \(A,J,S,T\) على دائرة واحدة، والتوازي \(AT\parallel RX\)، واستقامية \(R,S,T\)، ووقوع \(R,X,S,J\) على دائرة واحدة، تعطينا \[ \angle AJS =\angle ATS =\angle XRS =\angle XJS \pmod{180^\circ}. \] إذن \(A,J,X\) على استقامة واحدة. وبما أن \(J\) و \(X\) نقطتان متمايزتان من \(\Omega\)، فإن \(X\) هي بالضبط نقطة التقاطع الثانية \(K\) للمستقيم \(AJ\) مع \(\Omega\). لذلك فإن \(KT\) مماس للدائرة \(\Gamma\)، كما هو مطلوب. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.