Задачи из журнала «Квант» № M2141

Условие :

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 $ABC$ .

Доказательство :

Пусть $M -$ середина стороны $AC ($ см. рисунок $)$ . Так как дуги $AE$ и $CE$ равны, то $ME -$ серединный перпендикуляр к отрезку $AC$ . Поскольку $\angle DME = 90^{\circ}$ , то $M$ лежит на окружности $\omega$ . Пусть прямая $DF$ пересекает вторично окружность $\Omega$ в точке $G$ . Так как $\angle DFE = 90^{\circ}$ , то $G -$ точка, диаметрально противоположная точке $E$ , в частности $EG$ проходит через $M$ .
Имеем $\angle FBE =\angle FGE$ .
Далее, поскольку $EG -$ диаметр, $\angle GBE = 90^{\circ}$ . Из равенств $\angle GBD = \angle GMD = 90^{\circ}$ вытекает, что $GBDM -$ вписанный четырехугольник $($ в отружность с диаметром $DG )$ , откуда $\angle MBE = \angle MBD = \angle MGD = \angle EGF$ . Окончательно, $\angle FBE = \angle FGE = \angle MBE$ , что и требовалось установить.