18298. Дан треугольник ABC
со стороной BC=a
. Точка F
— середина стороны AB
, I
— точка пересечения биссектрис треугольника AB
. Оказалось, что \angle AIF=\angle ACB
. Найдите периметр треугольника ABC
.
Ответ. 3a
.
Решение. Пусть биссектриса угла BAC
пересекает описанную окружность \omega
треугольника ABC
в точке W
. Поскольку W
— середина дуги BC
(не содержащей точки A
) окружности \omega
(см. задачу 430), то треугольник BWC
равнобедренный, BW=CW
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Тогда
\angle AIF=\angle ACB=\gamma=\angle AWB,
поэтому FI\parallel BW
. Тогда по теореме Фалеса и теореме о трилистнике (см. задачу 788) AI=IW=BW
.
Пусть K
— проекция центра I
вписанной окружности треугольника ABC
на сторону AC
. Тогда K
— точка касания этой окружности со стороной AC
. Значит (см. задачу 219), AK=p-a
, где p
— полупериметр треугольника ABC
.
Пусть N
— проекция точки W
на прямую BC
. Тогда BN=CN=\frac{a}{2}
, так как треугольник BWC
равнобедренный. Тогда прямоугольные треугольники AIK
и BWN
равны по гипотенузе (AI=WI=WB
) и острому углу (\angle NBW=\angle CBW=\frac{\alpha}{2}
). Следовательно,
BN=AK=p-a,~\mbox{или}~\frac{a}{2}=p-a~\Rightarrow~a=2p-2a~\Rightarrow~2p=3a.
Автор: Филипповский Г. Б.
Источник: Геометрическая олимпиада им. В. А. Ясинского. — 2019, III, задача 4, 8-9-10-11 классы, с. 3 и с. 6