Pri geometrií je užitočné si povedať, čo sa vlastne budeme snažiť dokázať. Celý obrázok pôsobí tak, že $\triangle PKC$ a $\triangle BAC$ by mohli byť rovnoľahlé podľa stredu $C$. Ak by boli rovnoľahlé, tak aj pri bode $K$ by bol pravý uhol a preto hľadaný $\sphericalangle PKC$ by bol pravý.

Na riešenie tejto úlohy využijeme more podobných trojuholníkov a pomerov, ktoré platia medzi ich dĺžkami strán. Za inšpiráciu k tomuto riešeniu ďakujeme Majovi Poturnayovi. Odporúčaný spôsob čítania je zadívať sa na náčrt, postupne si overiť, že všetky uvedené vzťahy platia a nakoniec si užiť zlepenú skladačku.

V úlohe sú možné dve konfigurácie, prvá keď bod $P$ leží na polpriamke $BC$ (prípad, ktorý uvedieme) a druhá, keď bod $P$ leží na polpriamke $CB$. Druhú konfiguráciu je možné vyriešiť úpravou tohto postupu (iné trojuholníky budú podobné a iné uhly sa budú rovnať), ktorú odporúčame si rozmyslieť. Na obrázkoch uvádzame obe.

* *

* *

Všimnime si štvoricu bodov $P$, $C$, $A$, $B$. Tvorí typickú konfiguráciu pre použitie mocnosti. Môžeme si ale všimnúť aj úsekový uhol $|\sphericalangle CBA|=|\sphericalangle PAC|$. Uhol pri vrchole $P$ tvorí spolu s uvedeným úsekovým uhlom dva uhly, ktoré sú rovnaké v $\triangle PCA,\, \triangle PAB\ (1)$. Tieto dva trojuholníky sú preto podobné. V rovnakej konfigurácii sú v úlohe aj dvojice: $\triangle PQA,\, \triangle PAM\ (2)$ a $\triangle KCQ, \triangle KQA\ (3)$. Pripravme si ešte poslednú dvojicu podobných trojuholníkov: $\triangle PCQ, \triangle PMB\ (4)$. V tomto prípade $|\sphericalangle PQC| = 180^\circ - |\sphericalangle CQM| = |\sphericalangle CBM|$ (posledná rovnosť vyplýva z toho, že $CQMB$ je tetivový štvoruholník). Okrem toho oba trojuholníky majú spoločný uhol pri vrchole $P$, čím je podobnosť dokázaná.

Aby boli $\triangle PKC$ a $\triangle BAC$ rovnoľahlé, musí platiť: $$\frac{|KC|}{|KA|}=\frac{|PC|}{|PB|}$$ (Možno ste sa stretli s priamou definíciou rovnoľahlosti, kedy by sme tvrdili, že $|KC|/|CA|=|PC|/|CB|$, nie je však ťažké si rozmyslieť, že uvedená rovnosť je s ňou ekvivalentná. Stačí si rozpísať dlhšie strany ako súčet menších častí a rovnicu upraviť.)

Upravujme postupne ľavú stranu. Vystupujú v nej body ako v $(3)$, odkiaľ vieme (dve rovnice následne vynásobíme): $$\frac{|KC|}{|KQ|}=\frac{|QC|}{|AQ|},\qquad \frac{|KQ|}{|KA|}=\frac{|QC|}{|AQ|} \quad \Rightarrow \quad \frac{|KC|}{|KA|} =\left(\frac{|QC|}{|AQ|}\right)^2$$

Postupne zo $(4)$ a $(2)$ vieme: $$\frac{|QC|}{|PQ|}=\frac{|MB|}{|PB|},\qquad \frac{|AQ|}{|PQ|} = \frac{|MA|}{|PA|} \quad \Rightarrow \quad \frac{|QC|}{|AQ|} = \frac{|MB|}{|MA|}\cdot\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$$ Dve rovnice sme vydelili a využili sme, že $|MA|=|MB|$, lebo $M$ je stred oblúka.

Použitím $(1)$, triviálne platného tvrdenia a ich vynásobením dostaneme: $$\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|PC|}{|PA|},\qquad \frac{|PA|}{|PB|} =\frac{|PA|}{|PB|} \quad \Rightarrow \quad \left(\frac{|PA|}{|PB|}\right)^2=\frac{|PC|}{|PB|}$$

Ostáva nám zložiť jednotlivé závery a tešiť sa: $$ \frac{|KC|}{|KA|}= \left(\frac{|QC|}{|AQ|}\right)^2= \left(\frac{|PA|}{|PB|}\right)^2= \frac{|PC|}{|PB|} $$