6257. Пусть BM
— медиана остроугольного треугольника ABC
. Касательная в точке A
к окружности, описанной около треугольника ABM
, и касательная в точке C
к окружности, описанной около треугольника BCM
, пересекаются в точке D
. Докажите, что точка K
, симметричная точке D
относительно прямой AC
, лежит на прямой BM
.
Решение. Первый способ. Лемма. Вокруг треугольника PQR
описана окружность, RS
— касательная, проведённая к ней в точке R
. Точка T
лежит на прямой PQ
, причём \angle TRP=\angle PRS
. Тогда PT=\frac{RP^{2}}{QP}
.
Доказательство. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle PQR=\angle PRS=\angle TRP
(рис. 1), значит, треугольники PQR
и PRT
подобны по двум углам (угол QPR
— общий). Поэтому \frac{PT}{RP}=\frac{RP}{QP}
. Следовательно, PT=\frac{RP^{2}}{QP}
. Лемма доказана.
Перейдём к нашей задаче (рис. 2). Выберем на прямой BM
точки K'
и K''
, для которых \angle K'CM=MCD
и \angle K''AM=\angle MAD
. Тогда по доказанной лемме
MK'=\frac{CM^{2}}{MB}=\frac{AM^{2}}{MB}=MK''.
Значит, точки K'
и K''
совпадают. Поскольку точка K'=K''
симметрична точке D
относительно прямой AC
, отсюда следует решение задачи.
Второй способ. Проведём серединный перпендикуляр ME
к отрезку AC
(рис. 3). Пусть точка D'
симметрична точке D
относительно этого серединного перпендикуляра. Заметим, что точки K
и D'
симметричны относительно точки M
, поэтому, если мы докажем, что точка D'
лежит на прямой BM
, то и точка K
также будет лежать на прямой BM
.
Поскольку \angle DCA=\angle CBM
и \angle DAC=\angle ABM
, имеем
\angle CD'A=\angle CDA=180^{\circ}-\angle DCA-\angle DAC=180^{\circ}-\angle ABM-\angle CBM=180^{\circ}-\angle ABC.
Это означает, что четырёхугольник ABCD'
— вписанный. Точка M
лежит на его диагонали BD'
, так как
\angle CBM=\angle DCA=\angle CAD'=\angle CBD'.
Отсюда следует решение задачи.