Пусть I  — центр впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти (то есть точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис). За­ме­тив, что AI  — бис­сек­три­са, в тре­уголь­ни­ке ALC, в силу свой­ства бис­сек­три­сы тре­уголь­ни­ка имеем: от­ку­да

Далее,

где r  — ра­ди­ус впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти. Таким об­ра­зом,

то есть от­ку­да

B силу свой­ства бис­сек­три­сы BI тре­уголь­ни­ка CLB имеем По­ла­гая имеем В силу тео­ре­мы Пи­фа­го­ра: то есть

от­ку­да а

Ответ: 56.

Пусть AH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка, IS  — пер­пен­ди­ку­ляр из I на пря­мую BC. Так как I  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти, В силу по­до­бия тре­уголь­ни­ков ALH и ILS, от­ку­да

Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC рав­ня­ет­ся

Далее, по­сколь­ку BI  — бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка ABL, то ана­ло­гич­но Пусть тогда Тогда пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC равен

По фор­му­ле Ге­ро­на:

где p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка. Под­став­ля­ем:

кор­ня­ми ко­то­ро­го яв­ля­ют­ся числа Тогда

Ответ:

Ком­мен­та­рий.

Такой страш­ный ответ и от­ли­чие спо­со­ба ре­ше­ния в этом ва­ри­ан­те от осталь­ных дру­гих  — след­ствие опе­чат­ки. В пра­виль­ной фор­му­ли­ров­ке долж­на была быть бис­сек­три­са BL вме­сто бис­сек­три­сы AL.