Задача 4. Биссектриса и сумма сторон

Сначала — крайний случай

Если $AB = BC$, треугольник уже равнобедренный, и доказывать нечего. (Так бывает: тогда биссектриса $BL$ — ещё и медиана, $AL = CL$, из $CL\cdot EL = AL^2$ получаем $EL = CL$, то есть $E = C$, и равенство $BC = 0 + AB$ верно.)

Дальше считаем, что $AB \ne BC$. Из условия $CE = BC - AB$, а длина не бывает отрицательной, поэтому $BC > AB$ и $CE > 0$: точка $E$ не совпадает с $C$. С точкой $L$ она тоже не совпадает, ведь $EL = \frac{AL^2}{CL} > 0$. Значит, $E$ лежит строго между $L$ и $C$.

Разрезаем сторону $BC$

Условие $BC = CE + AB$ подсказывает разрезать сторону $BC$ на кусок длины $AB$ и кусок длины $CE$. Отметим на $BC$ точку $K$, для которой $BK = BA$ (она лежит внутри стороны, потому что $BA < BC$). Тогда

Получился равнобедренный треугольник $CKE$ с боковыми сторонами $CK = CE$.

Отражение относительно биссектрисы

Точка $K$ выбрана не случайно: она симметрична точке $A$ относительно биссектрисы $BL$. Проверим это без симметрии. В треугольниках $ABL$ и $KBL$ стороны $BA = BK$, сторона $BL$ общая, а углы $ABL$ и $KBL$ равны, потому что $BL$ — биссектриса. Значит, треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, и

Углы $BKL$ и $LKC$ смежные ($K$ лежит между $B$ и $C$), поэтому $\angle LKC = 180^\circ - \angle A$.

Произведение отрезков — это подобие

Теперь условие с произведением можно переписать через $KL$: так как $AL = KL$,

Сравним треугольники $LKE$ и $LCK$. Угол при вершине $L$ у них общий (точка $E$ лежит на отрезке $LC$), а стороны, образующие этот угол, пропорциональны. По второму признаку подобия треугольники $LKE$ и $LCK$ подобны, причём $L$ соответствует $L$, $K$ соответствует $C$, а $E$ соответствует $K$. Поэтому

Считаем углы

Точка $E$ лежит на отрезке $LC$, поэтому луч $KE$ проходит внутри угла $LKC$ и делит его на два угла:

С другой стороны, треугольник $CKE$ равнобедренный ($CK = CE$, шаг 2), углы при его основании $KE$ равны, и

Значит, $2\angle B = 180^\circ - \angle C = \angle A + \angle B$, откуда $\angle A = \angle B$. Треугольник $ABC$ равнобедренный: $CA = CB$.

Обрати внимание: равными оказались не $AB$ и $BC$ из условия, а $CA$ и $CB$. Равенство $AB = BC$ возможно только в крайнем случае шага 1, когда $E = C$.

Второй вариант

Это та же задача с другими буквами: биссектриса проведена из вершины $A$ (в первом варианте — из $B$), вершина $B$ играет роль $A$, точка $K$ — роль $L$, точка $D$ — роль $E$. Условие $BK^2 = CK\cdot DK$ — это $AL^2 = CL\cdot EL$, а $AC = CD + AB$ — это $BC = CE + AB$.

Если $AB = AC$, всё доказано (тогда $D = C$). Иначе $AC > AB$, $D \ne C$; отметим на $AC$ точку $M$ с $AM = AB$. Тогда $CM = AC - AB = CD$, треугольники $ABK$ и $AMK$ равны (по двум сторонам и углу между ними), поэтому $KM = KB$ и $\angle AMK = \angle B$, а $\angle KMC = 180^\circ - \angle B$. Из $KM^2 = KB^2 = KD\cdot KC$ следует подобие треугольников $KMD$ и $KCM$, поэтому $\angle KMD = \angle C$ и

Треугольник $CMD$ равнобедренный ($CM = CD$), поэтому $\angle DMC = \frac{180^\circ - \angle C}{2}$. Значит, $2\angle A = \angle A + \angle B$, $\angle A = \angle B$ и $CA = CB$. Модель переключается на второй вариант кнопкой «2 вариант».