1. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je $x=\angle BAI=\angle IAC$. Tada je

$$\angle BCI=\angle ACI=\frac12\angle ACB=\angle CAB=2x.$$

Slijedi

$$\angle CBA=180^\circ-\angle CAB-\angle ACB=180^\circ-2x-4x=180^\circ-6x.$$

Primijenimo li poučak o sinusima na trokute $ABC$ i $AIC$, dobivamo

$$\frac{|BC|}{\sin 2x}=\frac{|AC|}{\sin(180^\circ-6x)} \quad\text{i}\quad \frac{|AI|}{\sin 2x}=\frac{|AC|}{\sin(180^\circ-3x)}.$$

Budući da je $|AI|=|BC|$, slijedi

$$\sin(180^\circ-6x)=\sin(180^\circ-3x).$$

Budući da je $0<3x<6x<180^\circ$, jedina mogućnost je $3x+6x=180^\circ$. Dakle, $x=20^\circ$ i kutovi trokuta $ABC$ iznose

$$\angle BAC=2x=40^\circ,\qquad \angle CBA=3x=60^\circ, \qquad \angle ACB=2\angle BAC=80^\circ.$$

Drugo rješenje.

Neka je $x=\angle BAI=\angle IAC$. Neka je $D$ sjecište simetrale kuta $ACB$ sa stranicom $AB$. Budući da je

$$\angle ACD=\frac12\angle ACB=\angle CAB=2x,$$

slijedi $|AD|=|DC|$. Možemo izračunati

$$\angle AID=\angle ACI+\angle IAC=3x, \qquad \angle CDB=\angle ACD+\angle DAC=4x.$$

Primijenimo li poučak o sinusima na trokute $ADI$ i $BCD$, dobivamo

$$\frac{|AD|}{\sin 3x}=\frac{|AI|}{\sin(180^\circ-4x)} \quad\text{i}\quad \frac{|DC|}{\sin\angle CBA}=\frac{|BC|}{\sin4x}.$$

Budući da je $\sin(180^\circ-4x)=\sin4x$, $|AI|=|BC|$ i $|AD|=|CD|$, slijedi $\sin\angle CBA=\sin3x$.

Kutovi u trokutu $BCD$ su $\angle CBA$, $2x$ i $4x$, pa je nemoguće da je $\angle CBA=180^\circ-3x$. Zaključujemo da je $\angle CBA=3x$. Slijedi

$$180^\circ=\angle CBD+\angle DCB+\angle BDC=3x+2x+4x,$$

pa je $x=20^\circ$. Zato su kutovi $40^\circ$, $60^\circ$ i $80^\circ$.

Treće rješenje.

Neka je $x=\angle BAI=\angle IAC$. Neka je $D$ sjecište simetrale kuta $ACB$ sa stranicom $AB$, a $E$ sjecište simetrale kuta $ACD$ sa stranicom $AD$.

Budući da je $\angle ACD=\frac12\angle ACB=\angle CAB$, slijedi $|DC|=|AD|$. Budući da je trokut $ACD$ jednakokračan, vrijedi

$$|CE|=|AI|=|BC|.$$

Dakle, trokut $BCE$ je jednakokračan, pa vrijedi

$$\angle CBA=\angle CEB=\angle ACE+\angle EAC=3x.$$

S druge strane,

$$\angle CBA=180^\circ-\angle CAB-\angle ACB=180^\circ-2x-4x.$$

Na dva načina smo izrazili $\angle CBA$, tj. $3x=180^\circ-6x$, pa je $x=20^\circ$. Slijedi da su kutovi trokuta $ABC$ jednaki $40^\circ$, $60^\circ$ i $80^\circ$.

Četvrto rješenje.

Kao u prethodnom rješenju označimo točku $D$ i zaključimo da je $|DC|=|AD|$, te označimo točku $E$ i dokažemo da je $|CE|=|AI|=|BC|$.

Budući da je $CE$ simetrala kuta, slijedi

$$\angle BCE=\angle BCD+\angle DCE=3x=\angle BEC.$$

Zato je $|BE|=|BC|$. Zaključujemo da je trokut $BCE$ jednakostraničan, pa je

$$3x=\angle CBA=\angle CBE=60^\circ.$$

Slijedi da su $\angle BAC=2x=40^\circ$, $\angle CBA=3x=60^\circ$ i $\angle ACB=2\angle BAC=80^\circ$.