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.