Сделайте инверсию с центром в точке \(R\), переводящую \(T\) в \(S\). То есть радиус инверсии будет равен \(\sqrt{2} RS\).

Пусть \(O\) — центр \(\Omega\). Сделаем инверсию с центром \(R\), переводящую \(S\) в \(T\) \(\big(\)т.е. радиус инверсии будет равен \(\sqrt 2 RS\)\(\big)\). Тогда, при данной инверсии, окружность \(\Gamma\) перейдёт в себя, \(J\) перейдёт в \(J' \in \Gamma\), \(T\) в \(S\), \(\ell\) в себя. Так как \(\Omega\) содержит центр инверсии \(R\), то она перейдёт в прямую, содержащие образы точек \(S\) и \(J\), то есть в прямую \(J'T\). Пусть \(SA\) пересекает \(J'T\) в точке \(Q\). Докажем, что \(Q\) — образ \(K\) при данной инверсии. Для этого заметим, что \(J'T \parallel \ell\), так как по свойству инверсии \(J'T \perp OR\) и \(OR \perp \ell\) в силу того, что \(\ell\) — касательная к \(\Omega\). Из того, что \(J'T \parallel \ell\) и \(ST = RS\) следует, что \(TQRA\) — параллелограмм. Следовательно, \(QR \parallel TA\). Теперь заметим, что \(\angle KRS =\) \(\angle KJS =\) \(\angle STA =\) \(\angle RSA\), из чего следует параллельность \(KR\) и \(TA\), откуда получаем, что \(Q\), \(K\) и \(R\) лежат на одной прямой. Но ведь образом \(K\) при инверсии является пересечение \(KR\) и \(J'T\), то есть \(Q\).

Посмотрим, куда переводит \(TK\) данная инверсия. Мы уже знаем, что \(T\) перейдёт в \(S\), а \(K\) перейдёт в \(Q\). Ясно, что \(TK\) не содержит центр инверсии \(R\), а значит перейдёт в окружность, содержащую \(R\). Таким образом, \(TK\) перейдёт в окружность, описанную около треугольника \(SQR\), назовём её \(\gamma\). Тогда заметим, что при гомотетии относительно \(S\) с коэффициентом \(-1\) \(R\) переходит в \(T\), \(Q\) в \(A\), а \(S\) — неподвижна. Следовательно, при данной гомотетии \(\gamma\) перейдёт в \(\Gamma\). Значит \(\gamma\) и \(\Gamma\) касаются в точке \(S\), то есть угол между ними равен нулю. Тогда и угол между их прообразами равен нулю, то есть угол между \(KT\) и \(\Gamma\) равен нулю, а значит, \(KT\) касается \(\Gamma\), что и требовалось.