\[BP:PC=AB:AC\]
という関係が成り立ちます。
$△ABC$に$∠A$の二等分線$AP$を引き、$∠BAP=∠PAC=θ$とします。
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$△ABP$において余弦定理より
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\[BP^2=AB^2+AP^2-2AB\cdot AP\cos\theta\]
が成り立ちます。これを$\cosθ$について解くと
\begin{align*}2AB\cdot
AP\cos\theta&=AB^2+AP^2-BP^2\\[0.5em]\cos\theta&=\frac{AB^2+AP^2-BP^2}{2AB\cdot
AP}\tag1\end{align*}
となります。
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\[CP^2=AC^2+AP^2-2AC\cdot AP\cos\theta\]
が成り立ちます。これを$\cosθ$について解くと
\begin{align*}2AC\cdot
AP\cos\theta&=AC^2+AP^2-CP^2\\[0.5em]\cos\theta&=\frac{AC^2+AP^2-CP^2}{2AC\cdot
AP}\tag2\end{align*}
となります。
$(1),(2)$より
\[\frac{AB^2+AP^2-BP^2}{2AB\cdot AP}&=\frac{AC^2+AP^2-CP^2}{2AC\cdot
AP}\]
両辺に$2AB\cdot AC\cdot AP$を掛けて
\[AC\bigl(AB^2+AP^2-BP^2\bigr)=AB\bigl(AC^2+AP^2-CP^2\bigr)\]
展開して整理すると
\[(AB-AC)AP^2&=(AB-AC)AB\cdot AC-AC\cdot BP^2+AB\cdot CP^2\]
ここで角の二等分線と比の性質$BP:PC=AB:AC$より
\[PC\cdot AB=BP\cdot AC\]
が成り立つので代入すると
\begin{align*}(AB-AC)AP^2&=(AB-AC)AB\cdot AC-AB\cdot BP\cdot CP+AC\cdot
BP\cdot CP\\[0.5em]&=(AB-AC)AP^2&=(AB-AC)AB\cdot AC-(AB-AC)BP\cdot
CP\end{align*}
両辺を$AB-AC$で割ると（ただし$AB-AC\neq0$）
\[AP^2=AB\cdot AC-BP\cdot CP\tag{*}\]
となり、三角形の内角の二等分線の長さと3辺の長さとの間には上式のような関係が成り立つことがわかります。
この式の両辺の正の平方根をとれば
\[AP=\sqrt{AB\cdot AC-BP\cdot CP}\]
となり、三角形の内角の二等分線の長さを求められるようになります。
$AB=AC$のとき、すなわち$△ABC$が二等辺三角形のときは$∠A$の二等分線は$BC$の垂直二等分線でもあるので、$BP=CP$となります。
すると$AB=AC=s,BP=CP=t$とすれば$△ABP$でも$△ACP$でも三平方の定理より
\[AP^2=s^2-t^2\]
が成り立ちます。これは$(*)$に$AB=AC=s,BP=CP=t$を代入した場合のものと同一の式です。
したがって、$AB,AC$の長さに関わらず常に$(*)$の式が成り立つことがわかります。
スチュワートの定理を利用することでも同じ式を導くことができます。
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