Dado un triángulo ABC con los lados$AB < AC$ y$AM, AD$, respectivamente, mediana y bisectriz del ángulo$A$. Dejar $\angle MAD = \alpha$. Demuestre que$$\tan\alpha =\tan^{2}\frac{A}{2}\cdot \tan\frac{B-C}{2}$ $
Respuesta
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En primer lugar, en la figura 1,
El uso de Napier la Analogía en $\Delta ABC$,,
$$\tan \left(\frac{B-C}{2}\right) = \frac{b-c}{b+c} \cdot \cot \left( \frac{A}{2}\right)$$
Ahora, en la figura 2,
El uso de Sine Ley en $\Delta ABM$,,
$$\dfrac{x}{\sin \left(\frac{A}{2} + \alpha \right)}=\dfrac{c}{ \sin(\angle BMA)}$$
Del mismo modo, en $\Delta ACM$,
$$\dfrac{x}{\sin \left(\frac{A}{2} - \alpha \right)}=\dfrac{b}{ \sin(\angle CMA)}$$
También, $\sin(\angle CMA)= \sin(\pi-\angle BMA)= \sin(\angle BMA) = \omega $ (let)
$\therefore b = \dfrac{\omega x}{\sin\left(\frac{A}{2}-\alpha\right)}$
$\text{and}$
$c=\dfrac{\omega x}{\sin\left(\frac{A}{2}+\alpha\right)}$
Poniendo los valores de $b$ $c$ en la ecuación de Napier la Analogía, obtenemos (después de trivial cancelaciones),
$$\tan \left(\dfrac{B-C}{2}\right) = \dfrac{\sin\left(\frac{A}{2}+\alpha\right)-\sin\left(\frac{A}{2}-\alpha\right)}{\sin\left(\frac{A}{2}+\alpha\right)+\sin\left(\frac{A}{2}-\alpha\right)} \cdot \cot \left( \dfrac{A}{2}\right)$$
$$\implies \tan \left(\dfrac{B-C}{2}\right) = \dfrac{2 \cos\left(\frac{A}{2}\right) \cdot \sin \alpha}{2\sin\left(\frac{A}{2}\right) \cdot \cos \alpha} \cdot \cot \left( \dfrac{A}{2}\right)$$
$$\implies \tan \alpha = \tan^2 \left( \dfrac{A}{2}\right) \cdot \tan \left(\dfrac{B-C}{2}\right) $$
Q. E. D.
