Otra fórmula para la bisectriz de un ángulo en un triángulo

Question

He visto en un viejo libro de texto de geometría que la fórmula para la longitud de la bisectriz del ángulo en $A$ en $\triangle\mathit{ABC}$ es $$\begin{equation*} m_{a} = \sqrt{bc \left[1 - \left(\frac{a}{b + c}\right)^{2}\right]} , \end{equation*}$$ y he visto en un libro de texto de geometría mucho más antiguo que la fórmula para la longitud de la misma bisectriz del ángulo es $$\begin{equation*} m_{a} = \frac{2}{b + c} \sqrt{bcs(s - a)} . \end{equation*}$$ ( $s$ denota el semiperímetro del triángulo).

No he visto tales fórmulas en los Elementos de Euclides. ¿Fue alguna de estas fórmulas descubierta por los antiguos griegos? ¿Puede alguien proporcionar una demostración de cualquiera de ellas sin usar el Teorema de Stewart y sin usar el Teorema del Ángulo Inscrito?

Answer 1

Aquí tienes una prueba de la fórmula:

Dejemos que $AD$ sea la bisectriz del ángulo en $A$ (donde $D \in BC$ ).

El área de $\triangle ABC$ es igual al área de $\triangle ABD$ $+$ el área de $\triangle ACD$ : $$\frac{1}{2} bc \sin\alpha=\frac{1}{2} b m_a \sin(\alpha/2) + \frac{1}{2} c m_a \sin(\alpha/2)$$ $$m_a = \frac{2bc}{b+c}\cos(\alpha/2)$$ Podemos calcular $\cos(\alpha/2)$ en términos de $a,b,c$ utilizando la regla del coseno: $$2\cos^2(\alpha/2) - 1=\cos\alpha=\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$$ $$\cos^2(\alpha/2) = \frac{(b+c)^2 - a^2}{4bc} = \frac{s(s-a)}{bc}$$

Por lo tanto, obtenemos: $$m_a = \sqrt{bc\left[ 1 - \left(\frac{a}{b+c}\right)^2\right]} = \frac{2}{b+c}\sqrt{bcs(s-a)}$$

Answer 2

Podemos demostrarlo evitando el camino habitual, y demostrando otras cosas interesantes por el camino.

Dejemos que $I$ sea el incentro y $I_A$ el $A$ -excentro. $\widehat{IBI_A}=\widehat{ICI_A}=\frac{\pi}{2}$ Por lo tanto $IBI_A C$ es un cuadrilátero cíclico. En Teorema de Van Obel tenemos $$\frac{AI}{IL_A}=\frac{b+c}{a},$$ por lo que basta con encontrar $IA^2$ . Sea $C'$ sea la simétrica de $C$ con respecto a $AI$ . Tenemos: $$AI\cdot AI_A = \text{pow}_A\left(\Gamma_{I_A B C}\right)=AB\cdot AC'=bc.$$ El problema se reduce a encontrar $II_A=AI_A-AI$ es decir, el diámetro de la circunferencia de $I_A BC$ . El punto medio de $II_A$ es también el punto medio del $BC$ -arco en la circunferencia de $BCI_A$ por lo que el diámetro anterior sólo depende de la longitud de $BC$ es decir $a$ y el ángulo $\widehat{BNC}=\pi-\widehat{A}$ . Poniendo todo junto, obtenemos que $IA$ es una raíz de

$$x^2+x\frac{a}{\cos\frac{A}{2}}-bc,$$

pero $IA\cos\frac{A}{2}=\frac{b+c-a}{2}$ y $$\frac{a}{\cos^2\frac{A}{2}}=\frac{2a}{1+\cos A}=\frac{4abc}{(b+c-a)(b+c+a)},$$ por lo tanto:

$$IA^2 = bc-\frac{2abc}{a+b+c} = \color{red}{bc-4rR}.$$

Ahora podemos explotar la teorema del eje paralelo para calcular la desagradable distancia al cuadrado $IG^2$ de una manera muy hábil:

$$\begin{eqnarray*} \sum_{cyc}IA^2 = ab+ac+bc-12rR &=&3IG^2+GA^2+GB^2+GC^2\\ &=& 3IG^2+\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)\end{eqnarray*}$$ conduce a:

$$IG^2 = ab+ac+bc-\frac{2abc}{a+b+c}-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}$$

y podemos probar $IO^2=R^2-2Rr$ de manera similar .