Demuestra que $AM^2=p(p-a)$

Question

Problema

Sea $M$ sea un punto del lado $BC$ de $\triangle ABC$ de forma que radios de los círculos interiores de $\triangle ABM$ y $\triangle ACM$ son iguales. Entonces

$$AM^2=p(p-a),$$

donde $p$ es el semiperímetro, $a$ es la longitud de $BC$ .

Prueba

Sea $I,I_1,I_2$ sea el incentro, $p,p_1,p_2$ sea el semiperímetro, y $r,r_0,r_0$ sea el radio del círculo interior, de $\triangle ABC, \triangle ABM, \triangle ACM$ respectivamente, $E,F,P,Q$ sea el punto tangente como muestra la figura. Además, denotemos $BC=a,CA=b,AB=c$ .

Obviamente, $$p_1+p_2=p+AM.\tag1$$ Además, puesto que $$S_{\triangle ABM}+S_{\triangle ACM}=S_{\triangle ABC},$$ entonces $$p_1r_0+p_2r_0=pr,$$ así $$\frac{r_0}{r}=\frac{p}{p_1+p_2}=\frac{p}{p+AM}.\tag2$$

Además, observe que $$\frac{r_0}{r}=\frac{BE}{BF}=\frac{CP}{CQ},$$ así $$\frac{r_0}{r}=\frac{BE+CP}{BF+CQ}=\frac{(p_1-AM)+(p_2-AM)}{(p-b)+(p-c)}=\frac{p_1+p_2-2AM}{a}=\frac{p-AM}{a}.\tag 3$$

En $(2),(3)$ , $$\frac{p}{p+AM}=\frac{p-AM}{a},$$ lo que implica que $$AM^2=p(p-a).$$

Nota

Me gustaría compartir el hecho, que parece interesante. Espero ver otras pruebas más elegantes.

Answer 1

Se trata de un Sangaku Uno de los problemas geométricos japoneses o teoremas en tablillas de madera que se colocaban como ofrenda en los santuarios sintoístas o templos budistas durante el periodo Edo por miembros de todas las clases sociales". Se puede encontrar un buen libro que describe estos problemas en Amazon .

Encontrará una solución a su problema en Corte el nudo .

Este conocido problema también tiene una forma ligeramente diferente.

Demuéstralo:

$$\cos\angle BMA=\frac{b-c}a$$

Puede encontrar dos pruebas diferentes en Cut-the-Knot aquí .