Задача 5. Три отрезка у биссектрисы

Что нужно доказать

Из трёх отрезков можно сложить треугольник, если каждый из них строго короче суммы двух других: тогда треугольник с такими сторонами строится циркулем. Для отрезков $AD$, $CD$, $EF$ нужны три неравенства:

Два последних вместе означают, что разность отрезков $AD$ и $CD$ (из большего вычитаем меньший) меньше $EF$. Поэтому достаточно доказать двойное неравенство

Оценки сверху и снизу докажем по отдельности.

Сначала — где лежат точки. Точка $E$ — это точка отрезка $AB$ на расстоянии $AB$ от $D$; её находят циркулем: окружность с центром $D$ радиуса $AB$ пересекает отрезок $AB$. Таких точек на отрезке может оказаться одна или две — доказательство подойдёт для любой. Точка $D$ не совпадает с $B$ (иначе $BE = AB$, то есть $E = A$, $F = C$, и наши отрезки — просто стороны треугольника $ABC$). Значит, $D$ лежит строго внутри угла $ABC$, на биссектрисе, и не лежит ни на прямой $AB$, ни на прямой $BC$.

Сумма: BE не длиннее AD

Посмотрим на точки $A$, $D$, $E$. Путь от $D$ до $E$ напрямую не длиннее пути через $A$:

Это неравенство треугольника; знак «$\le$», а не «$<$», потому что $E$ может совпасть с $A$. По условию $DE = AB$, а так как $E$ лежит на отрезке $AB$, то $AB = AE + EB$. Подставим:

и после вычитания $AE$ из обеих частей получаем $EB \le AD$.

Почему именно треугольник $ADE$: равенство $DE = AB$ связывает отрезок у точки $D$ с отрезком у точки $B$, и треугольник $ADE$ — тот, где встречаются и $DE$, и $AD$, и часть стороны $AB$.

Точно так же из точек $C$, $D$, $F$ получаем $BF \le CD$. Теперь путь от $E$ до $F$ через $B$:

Почему неравенство строгое. Если бы везде стояли равенства, то $EF = EB + BF$, то есть $B$ лежала бы на отрезке $EF$. Но $E$ и $F$ лежат на разных сторонах угла, и прямая через них может пройти через $B$, только если одна из точек совпадает с $B$, — скажем, $E = B$. Тогда $EB = 0$, а $AD > 0$, и равенство $EB = AD$ невозможно. Итак, $EF < AD + CD$.

Разность: отражаем C относительно биссектрисы

Трудная часть — нижняя оценка. Отрезки $AD$ и $CD$ выходят из одной точки $D$, а разность двух отрезков с общим концом оценивается расстоянием между другими концами: $|DX - DY| \le XY$. Но точки $A$ и $C$ лежат на разных сторонах угла, и расстояние $AC$ с условием никак не связано. Хорошо бы перенести $C$ на сторону $BA$ — тогда расстояние до $A$ станет просто разностью длин. Биссектриса подсказывает, как это сделать: симметрией.

Отразим точку $C$ относительно прямой $BD$ и получим точку $G$. Биссектриса делит угол пополам, поэтому при этой симметрии луч $BC$ переходит в луч $BA$: точка $G$ лежит на луче $BA$ и $BG = BC$. Точка $D$ лежит на оси симметрии, поэтому $DG = DC$. (То же самое без слова «симметрия»: треугольники $DBC$ и $DBG$ равны по двум сторонам и углу между ними — $BC = BG$, сторона $BD$ общая, $\angle DBC = \angle DBG$.)

Теперь неравенство треугольника для точек $A$, $D$, $G$:

Точки $A$ и $G$ лежат на одном луче $BA$ на расстояниях $AB$ и $BC$ от $B$, поэтому $AG = |AB - BC|$ (если $AB = BC$, то $G = A$ и обе части равны нулю). Итак,

Переносим разность к точке D: треугольник DEF

Осталось сравнить $|AB - BC|$ с $EF$. И здесь снова работает условие: $AB = DE$ и $BC = DF$, поэтому

Отрезки $DE$ и $DF$ выходят из точки $D$, а $EF$ соединяет их концы. По неравенству треугольника для точек $D$, $E$, $F$

Почему здесь строгое неравенство. Равенство $|DE - DF| = EF$ возможно, только если $D$ лежит на прямой $EF$ за одним из концов отрезка $EF$. Но за точкой $E$ прямая $EF$ пересекает прямую $AB$ и уходит по другую сторону от неё, то есть за пределы угла $ABC$ (если одна из точек $E$, $F$ совпадает с $B$, то прямая $EF$ — это прямая $BC$ или прямая $BA$, и $D$ на ней не лежит). Так же за точкой $F$. Именно здесь нужно, что $E \ne F$: при $E = F = B$ отрезка $EF$ нет, и неравенство превратилось бы в $0 < 0$. А точка $D$ лежит строго внутри угла. Значит,

Собираем цепочку

Соединим шаги 2–4:

Значит, $AD < CD + EF$, $CD < AD + EF$ и $EF < AD + CD$ — все три неравенства треугольника выполнены строго, и из отрезков $AD$, $CD$, $EF$ можно сложить треугольник.

Заметим, что в доказательстве ни разу не понадобилось знать, какую из возможных точек $E$ (или $F$) взяли: подходит любая точка отрезка с нужным расстоянием до $D$.