12422. В прямоугольнике ABCD
, отличном от квадрата, на биссектрису угла A
опущен перпендикуляр CH
. Докажите, что BH
больше четверти периметра прямоугольника.
Решение. Обозначим AB=a
, BC=b
. Тогда \frac{a+b}{2}
— это четверть периметра прямоугольника. Пусть биссектриса угла A
пересекает прямую BC
в точке F
, а прямая, проведённая через вершину D
параллельно этой биссектрисе, пересекает прямую BC
в точке E
. Поскольку
\angle CDE=\angle BAF=45^{\circ},~FE=AD=b
то
CE=CD=BA=BF=a,~FE=AD=b,
поэтому длина
BE=BF+FE=a+b,
т. е. длина отрезка BE
равна полупериметру прямоугольника.
Кроме того, так как \angle CFH=45^{\circ}
, то
FH=CH,~\angle BFH=135^{\circ}=\angle ECH.
При этом BF=CE
, значит, треугольники BFH
и ECH
равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому BH=EH
. По неравенству треугольника
2BH=BH+EH\gt BE=a+b.
Следовательно, BH\gt\frac{a+b}{2}
. Что и требовалось доказать.