13420. В треугольнике ABC
проведена медиана BM
. На касательной в точке C
к описанной окружности треугольника BMC
отмечена точка D
так, что \angle CBD=90^{\circ}
. Отрезки AD
и BM
пересекаются в точке E
. Докажите, что центр описанной окружности треугольника BDE
лежит на прямой AC
.
Решение. Пусть N
— середина отрезка BD
, X
— середина отрезка CD
, O
— точка пересечения прямых NX
и AC
. Прямая NX
— серединный перпендикуляр к катету BD
прямоугольного треугольника CBD
, поэтому X
— середина гипотенузы CD
, BX
— медиана прямоугольного треугольника CBD
, проведённая из вершины прямого угла, треугольник BXC
равнобедренный с основанием BC
(см. задачу 1109), а XN\parallel BC
.
По теореме об угле между касательной и хордой
\angle BMC=\angle BCX=\angle CBX=\angle BXN=180^{\circ}-\angle BXO.
Значит, около четырёхугольника BMOX
можно описать окружность. Вписанные в неё углы BMX
и BOX
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны, а так как MX
— средняя линия треугольника ACD
, то ED\parallel MX
. Кроме того, точка O
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BD
, поэтому ON
— биссектриса угла BOD
. Значит,
\angle BED=\angle BMX=\angle BOX=\frac{1}{2}\angle BOD.
Следовательно, точка O
— центр описанной окружности треугольника BDE
(см. задачу 2900). Отсюда вытекает утверждение задачи.