Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Supongamos que $E$ es el corte de la bisectriz de $\angle APC$ con la recta $BQ$. Este punto $E$ es el exincentro del triángulo $BAP$ opuesto al vértice $B$, luego $AE$ es la bisectriz exterior de $\angle BAP$. De la misma forma, podemos considerar $F$ el exincentro de $APC$ opuesto al vértice $C$ de forma que $AF$ es la bisectriz exterior de $\angle CAP$. Se tiene entonces que $\angle FAP=\angle EAP$ ya que $AP$ es la bisectriz del triángulo $ABC$. Llamemos a este ángulo $\alpha$.

Veamos que $\alpha=\frac{A}{2}$ por reducción al absurdo. Si $\alpha\gt\frac{A}{2}$, entonces los dos puntos $E$ y $F$ son exteriores a $ABC$ (como se muestra en la figura), luego $\angle EPF\gt \angle QPR=90^\circ$, pero esto contradice que $\angle EPF=90^\circ$ por ser $PE$ y $PF$ bisectrices de $\angle APC$ y $\angle APB$, respectivamente, que suman un ángulo llano. De la misma forma, si $\alpha\lt\frac{A}{2}$, entonces $E$ y $F$ son interiores a $ABC$ y $\angle EPF\lt \angle QPR=90^\circ$ también nos da una contradicción.

Por lo tanto, tenemos que $\alpha=\frac{A}{2}$ y esto nos da $E=Q$ y $F=R$. En particular, $AC$ y $AB$ son las bisectrices exteriores de $\angle BAP$ y $\angle PAC$, respectivamente. Por lo tanto, las rectas $AB,AP,AC$ se cortan en ángulos de $60^\circ$. Tenemos así que $A=120^\circ$, como queríamos demostrar.