Ответ: Постарался доказать как можно более строго.

Пошаговое объяснение:

Рассмотрим неравнобедренный Δ ABC

Опишем около Δ ABC окружность .

Проведем  к стороне AC отрезок OM и продлим его до диаметра окружности FS.

Δ AOC - равнобедренный, поскольку OA = OС  как радиусы окружности.  Таким образом, его медиана OM (M делит AC пополам) является и его высотой, но тогда и медиана FM  треугольника AFC является его высотой, а значит он так же равнобедренный. Но тогда, эта высота является и биссектрисой, то есть ∠AFS =∠SFC, причем эти углы вписаны в окружность, а значит опираются на равные дуги.  Иначе говоря, дуга AS равна дуге SC, но тогда и вписанные углы ∠ABS = ∠SBC .  

Таким образом, BS биссектриса ∠B треугольника ABC ,  пусть она пересекает сторону AC в точке K.

BD ║ FS как два перпендикуляра к одной прямой AC, то есть SDBF - трапеция, а  ЛЮБАЯ трапеция является выпуклым четырехугольником, причем BS ее диагональ. Теперь придется сослаться на одну аксиому, а именно, что все точки диагонали выпуклого четырехугольника лежат внутри четырехугольника, но тогда и точка K лежит внутри трапеции (K∈SDBF).

Геометрическое место точек, принадлежащих и трапеции и отрезку AC - это отрезок DM.

Таким образом, раз точка K∈AC и K∈ SDBF , то K∈DM

Что и требовалось доказать.