12003. В прямоугольном треугольнике ABC
на гипотенузу AC
опущена высота BH
. На стороне BC
отмечена точка D
, на отрезке BH
— точка E
, а на отрезке CH
— точка F
, причём \angle BAD=\angle CAE
и \angle AFE=\angle CFD
. Докажите, что \angle AEF=90^{\circ}
.
Решение. Обозначим \angle BAD=\angle CAE=x
. Пусть K
— точка пересечения прямых BH
и DF
. Тогда
\angle AFK=\angle CFD=\angle AFE.
В треугольнике EFK
высота FH
является биссектрисой, значит, этот треугольник равнобедренный, FK=FE
, поэтому прямая AF
— серединный перпендикуляр к отрезку KE
, а AH
— биссектриса угла EAK
. Следовательно,
\angle KAH=\angle EAH=x.
Тогда
\angle AKB=\angle AKH=90^{\circ}-x=\angle ADB.
Из точек K
и D
, лежащих по одну сторону от прямой AB
, отрезок AB
виден под одним и тем же углом, значит, точки A
, B
, D
и K
лежат на одной окружности, а так как \angle ABD=90^{\circ}
, то отрезок AD
— диаметр этой окружности. Следовательно,
\angle AEF=\angle AKF=\angle AKD=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.