Задание олимпиады: угол в треугольнике $ABC$

Заметим, что описанная окружность треугольника $ABC$ образует равные углы с окружностями $BCI$ и $BCE$. Следовательно, эти окружности меняются при инверсии относительно описанной окружности, а центр $O$ этой окружности является центром их внутренней гомотетии. Так как прямая $AI$ проходит через центр окружности $BIC$ и параллельна прямой $EF$, точка $O$ лежит на прямой $FI$. Пусть $P'$, $Q'$ – точки, симметричные $C$ и $B$ относительно $BI$ и $CI$ соответственно, $E'$, $M$ – середины $P'Q'$ и $BC$ соответственно. Тогда треугольники $BIQ'$, $CIP'$ – правильные, а вектор $E'M$ равен полусумме векторов $Q'B$ и $P'C$. Поскольку угол между этими векторами равен $30^{\circ}=\pi-\angle BIC$, $E'M=BC/2$. Кроме того, вектор $E'M$ и высота треугольника $BIC$ образуют равные углы с биссектрисой угла $BIC$, поэтому $E'M\parallel AI$ и $E'$ совпадает с $E$. Воспользуемся теперь следующим утверждением.

Лемма. Пусть на сторонах треугольника $XYZ$ как на основаниях построены во внешнюю сторону равнобедренные треугольники $XYZ'$, $YZX'$, $ZXY'$ такие, что $\angle X'ZY=\angle Y'ZX=\pi/2-\angle Z'XY$. Тогда $ZZ'\perp X'Y'$.

Доказательство. Пусть точки $X''$, $Y''$ симметричны $Z$ относительно $X$, $Y$, $P$ – проекция $Z$ на $X''Y''$. Тогда четырехугольники $ZPX''Y$, $ZPY''X$ – вписанные, следовательно, $\angle YPX''=\angle XPY''=\angle X'ZY$ и биссектриса $ZP$ угла $XPY$ пересекает серединный перпендикуляр к отрезку $XY$ в точке $Z'$.

Применяя лемму к треугольникам $BIQ'$, $CIP'$ и $BOC$, получаем, что $OI\perp P'Q'$. Поэтому точки $P'$, $Q'$ совпадают с $P$, $Q$ и $\angle PIQ=90^{\circ}$.