Мы получили очень много разных решений этой задачи от читателей. Приведём только три.
I. Проведём $DE\parallel BC$ (рис. 1). Тогда треугольник $CDE$ — равнобедренный, поэтому $CE=ED=x$, причём $x$ можно найти из подобия треугольников $ABC$ и $ADE$: $\dfrac{15-x}{15}=\dfrac{x}{10}$, поэтому $x=6$ и $CD\lt CE+ED=2x=12$.
II. По свойству биссектрисы $\dfrac{BD}{DA}=\dfrac{BC}{CA}=\dfrac23$. Проведём $BK\perp CD$ и $DL\perp CD$ до пересечения со стороной $AC$ (рис. 2). Тогда $AK=AC-KC=AC-BC=5$, а $\dfrac{KL}{LA}=\dfrac{BD}{DA}=\dfrac23$, поэтому $KL=2$, и $CD\lt CL=12$.
III. (В духе статьи «Метод площадей» «Квант» № 12, 1971, стр. 41.) Пусть $\angle BCD=\angle ACD=\alpha$, тогда (рис. 3)
$$
S_{\triangle ACD}+S_{\triangle BCD}=S_{\triangle ABC} ~\Leftrightarrow~ al\sin\alpha+bl\sin\alpha=ab\sin2\alpha,$$
поэтому
$$
l=\dfrac{2ab}{a+b}\cos\alpha=\dfrac{2\cdot10\cdot15}{25}\cos\alpha=12\cos\alpha\lt12.
$$
(Многие пользовались и другими формулами для биссектрисы:
$$
l^2=ab-mn=ab-\dfrac{abc^2}{(a+b)^2}=\dfrac{4abp(p-c)}{(a+b)^2}.\bigg)
$$
Любым из этих способов можно доказать, что биссектриса $l$ треугольника, заключённая между сторонами $a$ и $b$, не превосходит $\dfrac{2ab}{a+b}$ («среднего гармонического» чисел $a$ и $b$). Эта оценка неулучшаема: для любого $l\lt\dfrac{2ab}{a+b}$ можно построить треугольник со сторонами $a$ и $b$ и биссектрисой $l$ между ними (убедитесь в этом!).
Попробуйте доказать следующие два утверждения, обобщающие задачу:
1) Если в треугольнике $ABC$, где $BC=a$, $AC=b$, точка $D$ делит сторону $AB$ в отношении $BD:DA=m:n$, то $\dfrac{|mb-na|}{m+n}\lt CD\lt\dfrac{mb+ma}{m+n}$. (В нашей задаче $m:n=a:b$.)
2) Если отрезок $CD$ делит угол $BCA$ в отношении $\angle BCD:\angle DCA=p:q$, то $CD\lt\dfrac{(p+q)ab}{pa+qb}$. (В нашей задаче $p:q=1$; здесь для доказательства можно воспользоваться такой леммой: если $0\lt\alpha\lt\beta\lt\pi$, то $\dfrac{\sin\alpha}\alpha\gt\dfrac{\sin\beta}\beta.\bigg)$
