Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $AB<AC$. Sobre el segmento $BC$ se eligen puntos $P$ y $Q$ tales que $\angle BAP=\angle CAQ<\frac{\angle BAC}{2}$. $B_1$ es un punto en el segmento $AC$. $BB_1$ interseca a $AP$ y $AQ$ en $P_1$ y $Q_1$, respectivamente. Las bisectrices de $\angle BAC$ y $\angle CBB_1$ se cortan en $M$. Si $PQ_1\perp AC$ y $QP_1\perp AB$, demuestra que $AQ_1MPB$ es cíclico.
Sean $\angle BAP = \angle CAQ = \alpha$ luego $\angle PQ_1Q = \angle PP_1Q = 90^{\circ}-\alpha$ por lo que $PP_1Q_1Q$ es cíclico. Sea $O$ el centro de $(PP_1Q_1Q)$ y $X = P_1Q \cap PQ_1$ luego por Brocard $XO$ es perpendicular a $AB$, pero sobre la perpendicular a $AB$ por $X$ están $P_1$ y $Q$, entonces $P_1, O, Q$ están alineados, es decir, $\angle BQ_1Q = \angle P_1Q_1Q = 90^{\circ}$ y $P_1$ es el ortocentro de $\triangle BAQ$ por lo que $BAQ_1P$ es cíclico.
Ahora $M$ está regalado, porque la bisectriz de $\angle PAQ_1$ (que es la bisectriz de $\angle BAC$) y la de $\angle PBQ_1$ (que es la de $\angle CBB_1$) se cortan sobre $(BAQ_1P)$ (en el punto medio del arco $PQ_1$) obteniendo así que $AQ_1MPB$ es cíclico, como queríamos probar.
Una manera distinta y mas elemental de probar que $P1$ es el ortocentro de $ABQ$: Como $P1$ esta en la altura de $Q$ en el triangulo $ABQ$, basta con probar que $\angle AP1B=180° - \angle AQB$ (ya que el ortocentro $H$ de un triangulo es el unico punto que cumple al mismo tiempo que esta en una altura y que el angulo "al centro" mide el suplementario que el angulo del vertice del triangulo del cual la altura sale). Pero $\angle AP1B=180°-\angle BP1P=\angle PP1Q1=180°-\angle AQB$ pues $P1PQQ1$ es ciclico
