Непростая задача по планиметрии с треугольником ABC

Лемма. Пусть $I_B$ и $I_C$ – центры вневписанных окружностей треугольника $ABC$, противолежащих вершинам $B$ и $C$. Пусть вневписанная окружность, противолежащая $B$, касается $BC$ в точке $T$, а прямая $\ell$ проходит через $T$ и параллельна $BI_C$. Пусть $P$ – произвольная точка на прямой $BC$, а прямая $PI_C$ пересекает $\ell$ в точке $Q$. Тогда $CQ\perp PI_B$.

Доказательство леммы. Обозначим через $R$ точку пересечения прямой $PI_B$ с прямой, проходящей через $T$ и перпендикулярной $\ell$ (и параллельной $BI_B$). Тогда $TQ:BI_C=TP:PB=TR:BI_B$, т.е. $TQ:TR=BI_C:BI_B=TC:TI_B$, а треугольники $CTI_B$ и $QTR$ подобны. Значит, треугольники $CTQ$ и $I_BTR$ также подобны. Угол поворота соответствующей поворотной гомотетии с центром $T$ равен $\angle CTI_B=\angle QTR=90^{\circ}$, поэтому $CQ\perp PI_B$.

Вернемся к задаче. Пусть $AC$ и $BC$ касаются вписанной окружности в точках $X$ и $Y$ соответственно, а $Z$ – середина $XY$. Покажем, что искомым ГМТ будет отрезок $YZ$.

Для этого заметим, что вторая общая внутренняя касательная окружностей, вписанных в треугольники $ABP$ и $ACP$, проходит через $Y$ (это известный факт). Применим лемму к треугольнику, образованному общими внутренними касательными к вписанным окружностям треугольников $ABP$ и $ACP$ и общей внешней касательной $BC$, а также точке $C$, лежащей на стороне $PY$ этого треугольника. Получим, что $G$ лежит на прямой $XY$. При этом, когда $P$ стремится к $B$, $G$ стремится к $Y$; а, когда $P$ стремится к $C$, $G$ стремится к $Z$.