Sea [color=#ff00ff][b]L[/b][/color] la intersección del lado [b][color=#0000ff]BC[/color][/b] y de la bisectriz interior [color=#38761d][b]v[sub]A[/sub][/b][/color] del ángulo [color=#ff0000][b]A[/b][/color]. Fijados [b][color=#0000ff]B[/color][/b] y [color=#0000ff][b]C[/b][/color], hallar el lugar geométrico de [color=#ff0000][b]A[/b][/color] para que [b][color=#ff0000]A[/color][color=#ff00ff]L [/color]= [color=#ff00ff]L[/color][color=#0000ff]C[/color][/b].

Para que [b][color=#ff0000]A[/color][color=#ff00ff]L [/color]= [color=#ff00ff]L[/color][color=#0000ff]C[/color][/b], el punto [color=#ff00ff][b]L[/b][/color] se debe encontrar en la mediatriz [b][color=#7f6000]m[sub]b[/sub][/color][/b] del lado [b][color=#0000ff]b [/color]=[color=#ff0000]A[/color][color=#0000ff]C[/color][/b]. Basta entonces con exigir que [b][color=#7f6000]v[sub]A[/sub][/color][/b] y [b][color=#7f6000]m[sub]b[/sub][/color][/b] corten al lado [color=#0000ff][b]BC[/b][/color] en el mismo punto.[br][br]Para resolverlo con coordenadas cartesianas podemos, sin pérdida de generalidad, situar los vértices [color=#0000ff][b]B[/b][/color] y [b][color=#0000ff]C[/color][/b] en [color=#0000ff][b](-1, 0)[/b][/color] y [color=#0000ff][b](1, 0)[/b][/color] respectivamente. El vértice [b][color=#ff0000]A[/color][/b] tendrá coordenadas arbitrarias [b][color=#ff0000](p, q)[/color][/b]. Esto, salvo un factor de escala, cubre todos los triángulos.[br][br]Para eliminar las raíces en la ecuación de [color=#7f6000][b]v[sub]A[/sub][/b][/color] hay que elevar al cuadrado, con lo que se incluye también a la bisectriz exterior [color=#7f6000][b]v'[sub]A[/sub][/b][/color].[br][br]Al igualar las intersecciones con el eje [b]Ox[/b] de [color=#7f6000][b]m[sub]b[/sub][/b][/color] y las bisectrices, se obtiene una ecuación de [b]6º grado[/b] que se descompone en tres factores:[br][br][b]i)[/b] [b]p = 0[/b] corresponde a los triángulos degenerados que tienen el vértice [b][color=#ff0000]A[/color][/b] en la recta [color=#0000ff][b]BC[/b][/color].[br][br][b]ii)[/b] [b](p - 1)^2 + q^2 = 0[/b] corresponde a una curva imaginaria con un único punto real, el [b][color=#0000ff]C(1, 0)[/color][/b].[br][br][b]iii) (p - 2)q² + p³ - 3p + 2 = 0[/b] o [b](x - 2)y² + x³ - 3x + 2 = 0 ⇔ y² = (x + 2)(x - 1)²/(x - 2)[/b], corresponde a una cúbica, con un punto doble en [color=#0000ff][b]C(1, 0)[/b][/color],un bucle entre [b]x = -2[/b] y [b]x = 0[/b], y una asíntota [b]x = 2[/b]. Utilizando el punto doble, se puede parametrizar la recta a partir de sus intersecciones con la recta [b]y =t(x-1)[/b]. El parámetro [b]t[/b] es la tangente del ángulo exterior en [color=#0000ff][b]C[/b][/color].[br][br]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.[br][br]Las bisectrices que no corta al eje [b]Ox[/b] en el mismo punto que la mediatriz [color=#7f6000][b]m[sub]b[/sub][/b][/color], corta a esta en la recta perpendicular a [color=#0000ff][b]BC[/b][/color] por [color=#0000ff][b]C[/b][/color]. De esta forma, la cúbica también es el lugar geométrico de los vértices tales que las bisectrices de [color=#ff0000][b]A[/b][/color], una u otra, cortan a la mediatriz de [color=#0000ff][b]b[/b][/color] en dicha recta.[br][br]La inversión de la cúbica en su punto doble es una hipérbola con asíntotas paralelas a las tangentes en el punto doble, de pendientes [b]±√3[/b].[br][br]Problema propuesto por Francisco Javier García Capitán en el grupo de telegram [url=https://t.me/geometriadeltriangulo/12422]Geometría del Triángulo[/url]. Inspirado a su vez en el [b]problema 745[/b] del libro [i]«Problemas gráficos de geometría»[/i], de [url=https://garciacapitan.blogspot.com/2020/03/el-libro-de-juan-sapina-borja.html]Juan Sapiña Borja[/url].