Desde el acento en la OP es poner en un puramente geométrica de la solución, no puedo ni siquiera considerar la posibilidad de redactar $\cos^2 =1-\sin^2$, y reformular el quería la igualdad, teniendo así una función trigonométrica que se adapta mejor a interpretaciones geométricas.
Así que esta respuesta tiene dos pasos, primero que reformular la identidad dada en un mot-un-mot geométricas manera, el marco geométrico es introducido, algunos estrictamente geométricamente transpuesto equivalente relaciones se enumeran, a continuación, le damos una prueba:
En el triángulo $\Delta ABC$ deje $AA'$, $BB'$, $CC'$ ser las alturas, $A'\in BC$, $B'\in CA$, $C'\in AB$intersectan en $H$, el ortocentro. Suponemos que el diámetro de la $2R$ de la circunferencia circunscrita es la normativa a la unidad. Entonces tenemos la siguiente situación para las longitudes de algunos segmentos en la imagen:
![Some relations in the triangle, values for the trigonometric functions of the angles]()
$$
\begin{aligned}
AH &=\cos A\ , \qquad & HA'&=\cos B\cos C\ ,\\
BH &=\cos B\ , \qquad & HB'&=\cos A\cos C\ ,\\
CH &=\cos C\ , \qquad & HC'&=\cos A\cos B\ .
\end{aligned}
$$
Prueba: Tenemos:
$$
\sin \hat B =\sin \widehat{C HA}
=\frac{C, A}{AH}
=\frac{AC\;\cos A}{AH}
=\frac{2R\pecado B\; \cos A}{AH}
=\frac{\pecado B\; \cos A}{AH}
\ ,
$$
lo que implica $AH=\cos A$, y la semejanza de relaciones. A continuación, expresamos dos veces el área de la $\Delta HBC$como
$$ HA'\cdot BC =2[HBC]=HB\cdot HC\cdot \sin\widehat{BHC}\ ,$$
por lo tanto consiguiendo $HA'=\cos B\cos C$.
Estamos en la posición para dar un geométrica de la máscara a la igualdad:
Utilizamos las anteriores anotaciones en $\Delta ABC$. Denotamos por $a,b,c$ las longitudes de los lados. Deje $M_A, M_B,M_C$ ser la mitad de los puntos de los lados $BC$, $CA$, respectivamente $AB$. Deje $G=AM_A\cap BM_B\cap CM_C$ ser la intersección de las medianas, el centro de gravedad. Deje $A^*, B^*, C^*$ ser la mitad de los puntos de $HA$, $HB$, $HC$. Deje $N$ ser el centro del círculo de Euler $(N)$ pasa a través de los nueve puntos de $A',B',C'$; $M_A,M_B,N_C$; $A^*, B^*,C^*$. Es el punto medio de la $OH$, e $M_AA^*$, $M_BB^*$, $M_CC^*$ son diámetros en $(N)$, teniendo la longitud de $R=OA=OB=OC$. (Para $OM_AA^*A$ es un paralelogramo.)
![Nine points circle in a triangle]()
A continuación, tenemos las siguientes relaciones:
$$
\begin{aligned}
HA^2+HB^2+HC^2 + 2 HA\cdot HA' &= 4R^2\ ,\\
HA^*{}^2+HB^*{}^2+HC^*{}^2 + HA^*\cdot HA' &= R^2\ ,\\
4OM_A^2+4OM_B^2+4OM_C^2 &= 3R^2+OH^2\ ,\\
9R^2 &= a^2 +b^2 + c^2 +OH^2\\
9R^2 &= a^2 +b^2 + c^2 +9OG^2\ .
\end{aligned}
$$
La prueba: Las relaciones anteriores son equivalentes:
$AH^2=4A^*H^2=4OM_A^2$, e $2 HA\cdot HA'=4 HA^*\cdot HA'$ es el poder de la $H$ en el círculo de la $(N)$, por lo que puede ser reescrito usando su radio de $NA^*=\frac 12 R$ , y la distancia a su centro, $NH=\frac 12 OH$ como
$2 HA\cdot HA'=4 HA^*\cdot HA'=R^2-OH^2$.
Desde el triángulo $OBM_A$,
$4OM_A^2+BC^2 =4(OM_A^2+BM_A^2)=4OB^2=4R^2$.
Tenga en cuenta que $G$ cortes de la mediana $AM_A$ en la proporción $AG:GM_A=2:1$, por lo que los proyectos en $BC$ en la misma proporción. Esto vale también para la colinear puntos de $H,G,O$, lo $HG:GO=2:1$, lo $HO=3GO$.
La última relación, $OG^2 = R^2-\frac 13(a^2+b^2+c^2)$, es una fórmula estándar. Tenemos, en general, la fórmula para un punto arbitrario $P$:
$$PA^2+PB^2+PC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3GP^2\ .$$
La aplicamos para $P=O$, consiguiendo $3R^2=3OG^3+\sum AG^2=3OG^3+\frac 49\sum AM_A^2=3OG^3+\frac 49\sum \left(\frac 12b^2+\frac 12 c^2-\frac 14 a^2\right)=3OG^3+\frac 49\sum \frac 34a^2=3OG^3+\frac 13\sum a^2\ .$
$\square$
