12723. В остроугольном треугольнике ABC
проведена высота AD
. Биссектриса угла DAC
пересекает сторону BC
в точке K
. Точка L
— проекция точки K
на прямую AC
, прямые BL
и AD
пересекаются в точке M
, а прямые MC
и DL
— в точке P
. Докажите, что PK\perp AB
.
Решение. Пусть X
— точка на прямой BC
, причём LX\perp AB
. Достаточно доказать, что \frac{DP}{PL}=\frac{DK}{KX}
, так как тогда PK\parallel LX
, а LX\perp AB
.
По теореме Менелая для треугольника BDL
и прямой MPC
, а также для треугольника BLC
и прямой AMD
получаем
\frac{DP}{PL}\cdot\frac{LM}{MB}\cdot\frac{BC}{CD}=1,~\frac{BM}{ML}\cdot\frac{LA}{AC}\cdot\frac{CD}{DB}=1.
Перемножив эти равенства, получим, что
\frac{DP\cdot BC\cdot AL}{PL\cdot BD\cdot AC}=1~\Rightarrow~\frac{DP}{PL}=\frac{BD\cdot AC}{BC\cdot AL}.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
. Заметим, что
AL=AD=AC\sin\gamma,~BD=AB\cos\beta,
а по теореме синусов \frac{AB}{BC}=\frac{\sin\gamma}{\sin\alpha}
. Значит,
\frac{DP}{PL}=\frac{BD\cdot AC}{BC\cdot AL}=\frac{AB\cos\beta\cdot AC}{BC\cdot AC\sin\gamma}=\frac{\sin\gamma\cos\beta}{\sin\alpha\sin\gamma}=\frac{\cos\beta}{\sin\alpha}.
С другой стороны, поскольку
DK=KL,~\angle KLX=180^{\circ}-\alpha,~\angle LXK=90^{\circ}-\beta,
то
\frac{DK}{KX}=\frac{LK}{KX}=\frac{\sin\angle KXL}{\sin\angle KLX}=\frac{\sin(90^{\circ}-\angle ABX)}{\sin(180^{\circ}-\angle BAL)}=\frac{\sin(90^{\circ}-\beta)}{\sin(180^{\circ}-\alpha)}=\frac{\cos\beta}{\sin\alpha}.
Значит,
\frac{DP}{PL}=\frac{\cos\beta}{\sin\alpha}=\frac{DK}{KX}.
Отсюда следует утверждение задачи.