16296. В остроугольном треугольнике ABC
проведена высота AD
, а в треугольнике ADC
— высота DE
. На отрезке D
отмечена точка F
, для которой \frac{DF}{FE}=\frac{\ctg\angle C}{\ctg\angle B}
. Докажите, что AF\perp BE
.
Решение. Обозначим \angle ACB=\gamma
и \angle ABC=\beta
.
Пусть отрезки AF
и BE
пересекаются в точке L
, а AK
— вторая высота треугольника ABC
. Поскольку DE\parallel BK
, по теореме Фалеса получаем, что \frac{DC}{DB}=\frac{EC}{EK}
.
Из прямоугольных треугольников ADB
и ADC
получаем
\ctg\beta=\frac{DB}{AD},~\ctg\gamma=\frac{DC}{AD}~\Rightarrow~\frac{EC}{EK}=\frac{DC}{DB}=\frac{\ctg\gamma}{\ctg\beta}=\frac{DF}{FE}.
Прямоугольные треугольники AED
и BKC
подобны, и при этом точки F
и D
делят их соответственные стороны DE
и CK
в одном и том же отношении. Значит, AF
и BE
— соответственные отрезки этих треугольников. Тогда \angle DAF=\angle CBE
как соответственные углы.
Пусть M
— точка пересечения отрезков AD
и BE
. Тогда
\angle MAL=\angle DAF=\angle CBE=\angle DBM,
а так как \angle AML=\angle BMD
, то
\angle ALM=\angle ADM=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2010, № 8, задача M431, с. 493