Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2008 год

В треугольнике $ABC$ угол $A$ меньше $60^\circ$. На сторонах $AB$ и $AC$ взяты соответствующие точки $X$ и $Y$ так, что $CA+AX = CB +BX$ и $BA+AY = BC +CY$. Пусть $P$ точка на плоскости такая, что прямые $PX$ и $PY$ перпендикулярны прямым $AB$ и $AC$, соответственно. Доказать, что $\angle BPC < 120^\circ$.

Комментарий/решение

Несложно заметить, что из равенства $CA + AX = CB + BX$ следует, что $X$ точка касания вневписанной окружности с $AB$. Аналогично $Y$ точка касания вневписанной окружности с $AC$. Тогда если $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ точки касания вписанной окружности со сторонами $BC, AC, AB$, а $I$ инцентр и $O$ центр описанной окружности. Известно что, $AX = BC_{1}, \, AY = CB_{1}$. Тогда $O$ середина $PI$. Это следует из теоремы Фалеса. Значит $\angle BPC < \angle BOC = 2 \cdot \angle BAC < 120^\circ$.