10846. В треугольнике ABC
проведена биссектриса BD
(точка D
лежит на отрезке AC
). Прямая BD
пересекает окружность \Omega
, описанную около треугольника ABC
, в точках B
и E
. Окружность \omega
, построенная на отрезке DE
как на диаметре, пересекает окружность \Omega
в точках E
и F
. Докажите, что прямая, симметричная прямой BF
относительно прямой BD
, содержит медиану треугольника ABC
.
Указание. Докажите, что точка, диаметрально противоположная точке F
, и точки B
, D
и G
лежат на одной окружности (или см. задачи 11058 и 11054).
Решение. Первый способ. Пусть M
— середина стороны AC
. Точка E
— середина дуги AEF
(см. задачу 430), поэтому ME
— серединный перпендикуляр к отрезку AC
(см. задачу 1743). Поскольку \angle DME=90^{\circ}
, точка M
лежит на окружности \omega
.
Пусть прямая DF
пересекает вторично окружность \Omega
в точке G
. Поскольку
\angle GFE=\angle DFE=90^{\circ},
точка G
диаметрально противоположна точке E
, в частности, EG
проходит через точку M
. Тогда
\angle GBE=\angle GMD=90^{\circ}.
Из точек B
и M
отрезок DG
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром DG
. Вписанные в эту окружность углы DGM
и DBM
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны. Тогда
\angle FBE=\angle FGE=\angle DGM=\angle DBM=\angle EBM.
Значит, BE
— биссектриса угла FBM
. Следовательно, прямая, симметричная прямой BF
относительно прямой BD
, содержит медиану BM
треугольника ABC
.
Второй способ. Достаточно доказать, что луч BF
содержит симедиану треугольника ABC
.
Пусть G
— вторая точка пересечения FD
с окружностью \Omega
. Поскольку угол \angle EFG=\angle EFD=90^{\circ}
, отрезок GE
— диаметр окружности \Omega
, а точка G
— середина дуги ABC
. В четырёхугольнике ABCF
биссектрисы углов B
и F
пересекаются на стороне AC
(в точке D
), значит, этот четырёхугольник гармонический (см. задачу 11058). Следовательно, его диагональ BF
является симедианой (см. задачу 11054).
Примечание. См. статью Ю.Блинкова «Симедиана», Квант, 2015, N4, с.35-39.