10343. Касательная в точке B
к описанной окружности S
треугольника ABC
пересекает прямую AC
в точке K
. Из точки K
проведена вторая касательная KD
к окружности S
(D
— точка касания). Докажите, что BD
— симедиана треугольника ABC
.
Решение. Первый способ. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Отметим на сторонах BC
и AB
треугольника ABC
точки соответственно A_{1}
и C_{1}
так, что A_{1}C_{1}\parallel BK
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle BCA=\angle ABK=\angle BC_{1}A_{1}~\mbox{и}~\angle BAC=\angle BA_{1}C_{1}.
Значит, отрезок A_{1}C_{1}
антипараллелен стороне AC
.
Поскольку прямая BD
проходит через середину отрезка A_{1}C_{1}
(см. задачу 2962), при симметрии относительно биссектрисы угла B
луч BD
переходит в луч BM
, где M
— середина стороны AC
(см. задачу 10341). Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle CBK=\angle BAC=\angle BAK,
поэтому треугольники CBK
и BAK
подобны по двум углам. Тогда \frac{BC}{AB}=\frac{BK}{AK}
. Аналогично, \frac{CD}{AD}=\frac{DK}{AK}
, а так как DK=BK
, то \frac{BC}{AB}=\frac{CD}{AD}
, или BC\cdot AD=AB\cdot CD
. Значит, вписанный четырёхугольник ABCD
— гармонический. Следовательно, луч BD
содержит симедиану AS
треугольника ABC
(см. задачу 11054).
Примечание. См. также статью Ю.Блинкова «Симедиана», Квант, 2015, N4, с.35-39.