Олимпиадная задача о делении отрезка в треугольнике

Решение 1: Пусть точка $K'$ симметрична $A'$ относительно прямой $EF$. Так как $\angle BA'E=\angle CA'F=45^{\circ}$, получаем, что $\angle EK'F=\angle EA'F=45^{\circ}$ и четырехугольник $AK'EF$ – вписанный. Поэтому $\angle K'EB=\angle K'FC$. Кроме того, $K'E:EB=A'E:EB=\sqrt{2}=A'F:FC=K'F:FC$, следовательно, треугольники $K'EB$ и $K'FC$ подобны. Значит, $\angle BK'C=45^{\circ}$, четырехугольник $AK'BC$ – вписанный и $K'$ совпадает с $K$.

Решение 2:Пусть $O$ – центр описанной окружности треугольника $ABC$. Заметим, что треугольники $EBA'$ и $FCA'$ – равнобедренные, прямоугольные, следовательно, $AEA'F$ – параллелограмм, а $O$ – середина $EF$. Кроме того, $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $AK$, но не совпадает с центром окружности $AKEF$. Значит $EF\parallel AK$, т.е. $EF$ – средняя линия в треугольнике $AA'K$, откуда следует утверждение задачи.