18135. В неравнобедренный треугольник ABC
вписана окружность с центром I
. Биссектриса угла BAC
пересекает описанную окружность \Gamma
треугольника ABC
в точке D
. Прямая, проходящая через точку I
перпендикулярно AD
, пересекает прямую BC
в точке F
. Точка M
— середина содержащей точку A
дуги BC
окружности \Gamma
. Прямая MI
пересекает описанную окружность \Omega
треугольника BIC
в точке N
, отличной от I
. Докажите, что FN
— касательная к окружности \Omega
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке (AB\gt AC
, а точка C
лежит между B
и F
. Для любого другого случая, решение аналогично изложенному ниже.
Поскольку AD
— биссектриса вписанного в окружность \Gamma
угла BAC
, точка D
— середина не содержащей точки A
дуги BC
этой окружности (см. задачу 430). Значит, MD
— диаметр окружности \Gamma
, поэтому \angle DBM=90^{\circ}
.
Пусть K
— точка пересечения хорд BC
и DM
. Поскольку DC=DB
и MC=MB
, то прямая DM
— серединный перпендикуляр к отрезку BC
, а BK
— высота прямоугольного треугольника BDM
, проведённая из вершины прямого угла. Следовательно (см. задачу 2728), MD\cdot MK=MB^{2}
.
По теореме о трилистнике (см. задачу 788) DC=DI=DB
, поэтому D
— центр окружности \Omega
. Поскольку DB\perp MB
, то MB
— касательная к окружности \Omega
(см. задачу 1735).
По теореме о касательной и секущей MB^{2}=MI\cdot MN
, а так как выше установлено, что MD\cdot MK=MB^{2}
, то MD\cdot MK=MI\cdot MN
. Значит, четырёхугольник NDKI
вписанный (см. задачу 114).
Поскольку \angle FID=90^{\circ}=\angle FKD
, четырёхугольник DKIF
тоже вписанный, а так как через три точки D
, I
и K
, не лежащие на одной прямой, проходит единственная окружность, NDLIF
— вписанный пятиугольник. Значит,
\angle DNF=180^{\circ}-\angle DIF=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Следовательно, FN
— касательная к окружности \Omega
. Что и требовалось доказать.
Источник: Датские математические олимпиады. — 2018, задача 4, с. 35