Question

Задача во вложении...

Answer 1

Тогда уж и я присоединю более подробное.
Тут, кстати за кадром осталось много геометрических красивостей, типа
того что H лежит на окружности, описанной около BOC, и что центр этой окружности лежит на продолжении AО, и что через этот центр проходит описанная вокруг ABC окружность. и что  R1=R2. Но все это  в этом решении не пригодилось...

Answer 2

 Перед началом решения ,  вспомним что , центр вписанной окружности это что?  - это точка пересечения биссектрис (известный факт)! 
  
СМОТРИМ РИСУНОК 
Обозначим угол $ABC=x$ , и угол  $BCA=y$ , то есть нам нужно найти угол $180-x-y$ , либо просто сумму $x+y$  
 
Пусть радиус вписанной окружности $r$ , тогда давайте выразим  $BC;AB$  через радиус вписанной окружности , то есть через это самое  $r$, для чего?  (смотрите далее)  
  
Пусть точка касания вписанной окружности с сторонам есть точки   $T;G$ со сторонами соответственно  $AB;BC$ , тогда   
 Тогда так как  $BO;OC;AO$ отрезки биссектриса (ранее было сказано что , точка пересечения биссектриса , есть центр вписанной окружности , вписанной в треугольник  $ABC$ )
1) $r*ctg(\frac{x}{2})=BG \\ r*ctg(\frac{y}{2})=CG$ 
то есть $BC = r*ctg( \frac{x}{2})+r*ctg( \frac{y}{2} )$
И так же 
2) $AB=$ $r*ctg(\frac{x}{2})+r*tg(\frac{x+y}{2})$ 
  
Тогда радиус описанной окружности   $R_{BOC} = \frac{BC}{sinBOC*2} = \frac{ r*ctg( \frac{x}{2})+r*ctg( \frac{y}{2} ) }{ sin(\frac{x+y}{2})*2}$  
Угол $CAL=90-BCA = 90-y$ 
Тогда из треугольника  $AHM\\ AM=(r*ctg\frac{x}{2}+r*tg(\frac{x+y}{2}))*-cos(x+y)$
 
Значит $AH=-\frac{(r*ctg\frac{x}{2}+r*tg(\frac{x+y}{2}))*cos(x+y)}{cos(90-y)}$ 
 $R_{BOC}=AH$ 
 
 Откуда после преобразований получаем 
 $cos( \frac{\pi}{2}-y)=\frac{-siny*cos(x+y)}{cos\frac{x+y}{2}} \\ x+y=t\\ siny=-\frac{siny*cost}{cos\frac{t}{2}}\\ cost=-cos\frac{t}{2}\\ t=\frac{2\pi}{3} = 120а\\ BAC=180-120=60$