Бат, Великобритания, 2019 год

Пусть $I$ — центр вписанной окружности остроугольного треугольника $ABC,$ в котором $AB \ne AC.$ Вписанная окружность $\omega$ треугольника $ABC$ касается сторон $BC,$ $CA$ и $AB$ в точках $D,$ $E$ и $F$ соответственно. Прямая, проходящая через $D$ и перпендикулярная $EF,$ пересекает $\omega$ вторично в точке $R.$ Прямая $AR$ пересекает $\omega$ вторично в точке $P.$ Окружности, описанные около треугольников $PCE$ и $PBF,$ пересекаются вторично в точке $Q.$ Докажите, что прямые $DI$ и $PQ$ пересекаются на прямой, проходящей через $A$ и перпендикулярной $AI.$

Комментарий/решение

Опечатка: Прямая,проходящая через $D$ и перпендикулярная $EF$, пересекает $ω$ вторично в точке $K$

Тут не точка $K$, а $R$.

Спасибо! Опечатку исправили.

Пусть $K=(AEF) \cap (ABC)$, тогда $K$ - центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок $EF$ в $CB$, обозначим ее за $f$. Очевидно, что $f(A)=M$. Пусть также $DI \cap AM = T$. Несложным счетом углов можно убедиться, что $\Delta REF \sim \Delta ICB$ тогда $f(R)=I$. Пусть $ID \cap (IBC) = L$, тогда $f(D)=L$, то есть $\Delta KAD \sim \Delta KDL$, откуда $\Delta KAG \sim \Delta KDL$, откуда $\angle KAT = 180^\circ - \angle KDT$, значит $KATD$ - вписанный. Несложным счетом углов можно понять, что $ATDP$ - вписанный (так как $\angle ATD = 90^\circ - \angle (AM,BC)$, а последний выражается через углы изначального треугольника, и $\angle RPD = \angle RFD$, который также считается), поэтому $AKPDT$ - вписанный. $$\angle BQC = \angle BQP + \angle CQP = \angle BFP + \angle CEP = \angle FRE = \angle BIC$$ Значит $BQIC$ - вписанный. Пусть $PQ \cap (BQIC) = N$, тогда легко получить, что $\Delta EPF \sim \Delta CNB$, тогда $f(P)=N$, тогда точно также получаем, что $\Delta KPN \sim \Delta KAG$, тогда $\angle KPN + \angle KPT = \angle KAT + 180^\circ - \angle KAT = 180^\circ$, откуда $N, P, T$ лежат на одной прямой, а значит и $PQ$ проходит через $T$