En el triángulo acutángulo no isósceles $ABC$, el punto $O$ es el centro de la circunferencia circunscrita y $AH_a,BH_b$ son alturas. Los puntos $X$ e $Y$ son los simétricos de $H_a$ y $H_b$ con respecto a los puntos medios de los lados $BC$ y $CA$ respectivamente. Demostrar que la recta $CO$ divide al segmento $XY$ por la mitad.
Como $AH_aB$ y $BH_bA$ son triángulos rectángulos tenemos que
$\frac{AH_b}{sen(\angle H_bBA)}=\frac{BH_a}{sen(\angle H_aAB)}=AB\Rightarrow \frac{AH_b}{BH_a}\cdot \frac{sen(\angle H_aAB)}{sen(\angle H_bBA)}=1$
Pero como $AH_b=CY$, $BH_a=CX$, $\angle H_bBA=90-\angle CAB=\angle OCB=\angle KCX$ y $\angle H_aAB=90-\angle CBA=\angle OCA=\angle KCY$.
Sean $a$, $b$, $c$ sobre la circunferencia unitaria. Notar que $h_a = \frac{1}{2}(a+b+c - \frac{bc}{a})$ y $\frac{x + h_a}{2} = \frac{b+c}{2} \Rightarrow x = \frac{1}{2}(-a+b+c+\frac{bc}{a})$ sea $M$ el punto medio de $XY$ luego $m = \frac{x+y}{2} = \frac{-a+b+c+ \frac{bc}{a} - b + a + c + \frac{ac}{b}}{4} = \frac{c}{4} (2 + \frac{a}{b}+ \frac{b}{a})$.
Queremos ver que $O, M, C$ son colineales, es decir, $\frac{m-0}{c-0} = \frac{1}{4}(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a})$ es un real. Pero eso es claro porque $\overline{(\frac{a}{b})} = \frac{b}{a}$ y viceversa.