Олимпиадная задача по планиметрии: касательные к окружности и медиана в треугольнике ABC

Решение 1:   Пусть H – ортоцентр треугольника ABC. Рассмотрим гомотетию с центром в точке B, переводящую окружность S в окружность S' с диаметром BH. Если при этом точка A переходит в точку A', а точка C – в С', то точки A' и C' лежат на прямых BA и BC соответственно, касательная AC к окружности S переходит в касательную A'C' к окружности S' , медиана BN треугольника ABC – в медиану BN' треугольника A'BC'.   Поскольку  HE' ⊥ AB,  то CE' – высота треугольника ABC. Значит,  ∠ABK = ∠ACE',  а так как E'N – медиана прямоугольного треугольника AE'C, проведённая из вершины прямого угла, то  ∠ NE'C = ∠NCE' = ∠ACE' = ∠ABK = ∠E'BH.

  Пусть O – центр окружности S'. Тогда  ∠OE'N = ∠OE'H + ∠NE'C = (90° – ∠OE'B) + ∠E'BH = (90° – ∠E'BH) + ∠E'BH = 90°.

  Следовательно, NE' – касательная к окружности S'. Аналогично, NF' – касательная к S'. Таким образом, касательные, проведённые к окружности S' в точках E' и F' пересекаются на прямой, содержащей медиану треугольника ABC, проведённую из вершины B. Следовательно, касательные к гомотетичной S' окружности S, проведённые в соответствующих точках E и F, также пересекаются на этой прямой.

Решение 2:

  Заметим, что  ∠BEF = ∠BKF = ∠C  (стороны последних двух углов взаимно перпендикулярны). Значит, треугольник FBE получается из треугольника ABC симметрией относительно биссектрисы угла B с последующей гомотетией с центром в точке B. Следовательно, медиана BN треугольника ABC совпадает с симедианой треугольника FBE. Но согласно задаче 156983 эта симедиана проходит через указанную в условии точку пересечения касательных.

Ответ задачи отсутствует