Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2010 год

Дан треугольник $ABC$. Из центра $I$ его вписанной окружности опустили перпендикуляр $IP$ на прямую, проходящую через вершину $A$ и параллельную стороне $BC$. Касательная ко вписанной окружности, параллельная $BC$, пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $Q$ и $R$ соответственно. Докажите, что $\angle QPB=\angle RPC$. ( В. Смыкалов )

Комментарий/решение

По теореме Ньютона $CQ\cap BR=S\in IP$, а по замечательному свойству трапеции $AS\cap BC=M$, где $M$ - середина $BC$. $$-1=(B,C;M,\infty) \stackrel{A}{=} (B,R;S,AP\cap BR)\stackrel{A}{=} (Q,C;S,AP\cap CQ),$$

и раз $PS \bot AP$, то $PS$ - общая биссектриса $\angle BPR$ и $\angle CPQ$, откуда $\angle QBP=\angle RPC$.