Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2008 жыл

$ABC$ үшбұрышында $\angle A <60^\circ$. $AB$ және $AC$ қабырғаларынан $CA+AX=CB+BX$ және $BA+AY=BC+CY$ теңдіктері орындалатындай $X$ пен $Y$ нүктелері алынсын. Жазықтықтағы $P$ нүктесі үшін $PX \perp AB$ и $PY \perp AC$ шарттары орындалады. $\angle BPC<120{}^\circ$ екенін дәлелдеңіз.

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 $\angle BPC < \angle BOC = 2 \cdot \angle BAC < 120^\circ$.