Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2016 год

Высоты $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Точки $A_0$, $B_0$, $C_0$ -- середины сторон $BC$, $CA$ и $AB$ соответственно. На отрезках $AH$, $BH$ и $HC_1$ отмечены точки $A_2$, $B_2$, $C_2$ соответственно, такие что $\angle A_0B_2A_2 = \angle B_0C_2B_2 = \angle C_0A_2C_2 =90^\circ$. Докажите, что прямые $AC_2$, $BA_2$ и $CB_2$ пересекаются в одной точке. ( А. Пастор )

Комментарий/решение

Заметим что $\angle A_0B_2A_2 = \angle A_0A_1A_2 = 90^\circ$, поэтому $A_0A_1A_2B_2$ лежат на одной окружности, пусть $\omega$. Заметим что степень точки $C$ отн. $\omega$ равен $CA_1*CA_0=\frac {1}{2}BC*AC*cos \angle C$. Аналогично получаем $CB_0*CB_1=\frac {1}{2}BC*AC*cos \angle C$. Теперь можем сказать что $CB_2$ - радикальная ось двух полученных окружностей, тогда получается и $AC_2, BA_2$ радикальные оси каких то окружностей, аналогичные первым двум, тогда эти прямые пересекаются в радикальном центре, т.е. в одной точке.