Problem 1878

Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$. Тогда $\angle B_1IC_1 = \angle BIC = 180^\circ - \angle IBC - \angle ICB = 180^\circ - (\angle ABC + \angle ACB)/2 = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ = 180^\circ - \angle B_1AC_1$. Значит, четырёхугольник $AB_1IC_1$ вписан в окружность. Отсюда $\angle AC_1B_1 = \angle AIB_1 = \angle ABI + \angle BAI = (\angle A + \angle B)/2$ (поскольку $\angle AIB_1$ — внешний в $\triangle ABI$), и аналогично $\angle AB_1C_1 = (\angle A + \angle C)/2$.

Пусть описанная окружность треугольника $BC_1I$ пересекает прямую $BC$ в точке $K$ (легко понять, что эта точка не может попасть на продолжение стороны $BC$). Тогда $\angle IKC = 180^\circ - \angle BKI = \angle BC_1I = 180^\circ - \angle AC_1I = \angle AB_1I = 180^\circ - \angle IB_1C$, то есть четырёхугольник $IB_1CK$ также вписан.

Наконец, поскольку четырёхугольники $AB_1IC_1$, $BC_1IK$ и $CKIB_1$ вписаны, мы имеем $\angle KC_1B_1 = \angle KC_1I + \angle IC_1B_1 = \angle KBI + \angle IAB_1 = (\angle B + \angle A)/2 = \angle AC_1B_1$, и аналогично $\angle KB_1C_1 = \angle KB_1I + \angle IB_1C_1 = (\angle C + \angle A)/2 = \angle AB_1C_1$. Значит, треугольники $AB_1C_1$ и $KB_1C_1$ равны по стороне $B_1C_1$ и двум прилежащим к ней углам. Тогда они симметричны относительно $B_1C_1$, а тогда и точки $A$ и $K$ также симметричны. Поскольку точка $K$ лежит на $BC$, решение закончено.