Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2014 год

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ нашлись точки $K$ и $L$ такие, что $\angle BAK = \angle CAL = 90^{\circ}$. Докажите, что середина высоты, опущенной из вершины $A$, середина отрезка $KL$ и центр описанной окружности треугольника $ABC$ лежат на одной прямой. ( П. Кожевников, А. Акопян, С. Боев )

Комментарий/решение

Пусть $AK \cap \omega_1 = S,AL\cap \omega_1 = T$, где $\omega_1$ описанная окружность $ABC$($A \neq S,T)$

Можем видеть, что $BCTS$ является прямоугольником, диагонали которого пересека.тся в точке $O$. Значит $BC \parallel TS \Leftrightarrow O$ лежит на одной прямой с серединами $BC$ и $TC$. Пусть $U,V$ середины $BC$ и $TC$ соответственно. Теперь $O$ равноудалена от $U$ и $V$.

Рассмотрим трапецию $ANVU$ где $H$ это основание высоты. Пусть $Y$ точка пересечения диагоналей этой трапеции.

$\textbf{Утверждение 1.}$ $Y$ - середина $KL$.

$\textbf{Доказательство:}$ Треугольники $ALK$ и $ATS$ гомотетичны с центром $A$, а значит $AV$ делит $LK$ в таком же соотношений как и $TC$, т.е. по полам.

Теперь мы нашли все три точки, и для того чтобы доказать что они на одной прямой достаточно вспомнить одно из замечательных свойств трапеции:

Середины обоих оснований трапеции, а также точка пересечения её диагоналей, лежать на одной прямой