Problem 1414

Пусть $M$ — середина отрезка $AC$, $S$ — вторая точка пересечения прямой $BL$ с окружностью $\omega$, $N$ — середина дуги $ABC$ (см. рис. 8). Тогда $S$ — середина меньшей дуги $AC$ окружности $\omega$, а точки $M, S, N$ лежат на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$. Прямая $BN$ — внешняя биссектрица угла $ABC$, поэтому $BN \perp BL$. Тогда $\angle LBN + \angle LMN = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, откуда мы получаем, что четырехугольник $BLMN$ — вписанный. Обозначим $\angle MBL = \alpha$. Тогда $\angle MNL = \alpha$. Также, так как $BNDS$ — вписанный, $\angle SND = \angle SBD = \alpha$.

Рис. 8

На продолжении отрезка $DN$ за точку $N$ отметим точку $T$ так, что $LN = NT$. Тогда $\angle LNT = 180^\circ - \angle LNM - \angle SND = 180^\circ - 2\alpha$, откуда следует, что $\angle LTN = \angle TLN = \alpha$. Значит,

$\angle LTD = \alpha = \angle LBD$, поэтому точка $T$ лежит на окружности $\Gamma$, описанной около треугольника $BDL$. Пусть $l' -$ касательная в точке $N$ к окружности $\omega$. Поскольку $SN$ — диаметр $\omega$, то $l' \perp SN$ и $l' \parallel AC$. Как мы знаем, $SN$ является внешней биссектрисой угла $LNT$, поэтому $l' -$ биссектриса угла $LNT$. Так как $TL = TN$, получаем, что $l'$ является серединным перпендикуляром к отрезку $TL$, а потому проходит через центр окружности $\Gamma$. Таким образом, прямые $l$ и $l'$ совпадают, и прямая $l$ касается $\omega$.