Bisectriz igual al segmento que intercepta
Sea L la intersección del lado BC y de la bisectriz interior vA del ángulo A. Fijados B y C, hallar el lugar geométrico de A para que AL = LC.
Para que AL = LC, el punto L se debe encontrar en la mediatriz mb del lado b =AC. Basta entonces con exigir que vA y mb corten al lado BC en el mismo punto.
Para resolverlo con coordenadas cartesianas podemos, sin pérdida de generalidad, situar los vértices B y C en (-1, 0) y (1, 0) respectivamente. El vértice A tendrá coordenadas arbitrarias (p, q). Esto, salvo un factor de escala, cubre todos los triángulos.
Para eliminar las raíces en la ecuación de vA hay que elevar al cuadrado, con lo que se incluye también a la bisectriz exterior v'A.
Al igualar las intersecciones con el eje Ox de mb y las bisectrices, se obtiene una ecuación de 6º grado que se descompone en tres factores:
i) p = 0 corresponde a los triángulos degenerados que tienen el vértice A en la recta BC.
ii) (p - 1)^2 + q^2 = 0 corresponde a una curva imaginaria con un único punto real, el C(1, 0).
iii) (p - 2)q² + p³ - 3p + 2 = 0 o (x - 2)y² + x³ - 3x + 2 = 0 ⇔ y² = (x + 2)(x - 1)²/(x - 2), corresponde a una cúbica, con un punto doble en C(1, 0),un bucle entre x = -2 y x = 0, y una asíntota x = 2. Utilizando el punto doble, se puede parametrizar la recta a partir de sus intersecciones con la recta y =t(x-1). El parámetro t es la tangente del ángulo exterior en C.
El lugar pedido, intersección con la bisectriz interior, solo corresponde al bucle de la cúbica. El resto se corresponde con la intersección de la bisectriz exterior.
Las bisectrices que no corta al eje Ox en el mismo punto que la mediatriz mb, corta a esta en la recta perpendicular a BC por C. De esta forma, la cúbica también es el lugar geométrico de los vértices tales que las bisectrices de A, una u otra, cortan a la mediatriz de b en dicha recta.
La inversión de la cúbica en su punto doble es una hipérbola con asíntotas paralelas a las tangentes en el punto doble, de pendientes ±√3.
Problema propuesto por Francisco Javier García Capitán en el grupo de telegram Geometría del Triángulo. Inspirado a su vez en el problema 745 del libro «Problemas gráficos de geometría», de Juan Sapiña Borja.