Для равностороннего треугольника утверждение задачи очевидно, поэтому можно считать, что $AC>AB$. Пусть $I$ – точка пересечения биссектрис. Тогда $\angle BIC=120^{\circ}$, следовательно, четырехугольник $AB'IC'$ – вписанный, а поскольку $AI$ – биссектриса, то $B'I=C'I$. Пусть $\angle ACB = 2 \gamma$, тогда $\gamma < 30^\circ$ и $$IA' = \frac{r}{\sin\angle AA'B} = \frac{r}{\sin(2\gamma + 30^\circ)} > \frac{r}{\sin(\gamma+60^\circ)} = \frac{r}{\sin\angle CC'B} = IC'.$$ Поэтому $A'$ лежит вне окружности с центром $I$ радиуса $IC'$, то есть $\angle B'A'C' < 60^\circ$.

Ответ задачи отсутствует