Обозначим через $I$ центр вписанной окружности треугольника $ABC$, точка $I$ является точкой пересечения биссектрис. Доказем, что точки $B$, $D$, $P$, $I$ лежат на одной окружности. Аналогично покажем, что точки $C$, $E$, $P$, $I$ лежат на одной окружности, и задача будет решена.

Достаточно установить равенство $\angle BPD = \angle BID$. Биссектриса $BI$ угла $ABC$ является осью симметрии равнобедренного треугольника $BDC$, поэтому $\angle BID = \angle BIC = 180^\circ - \angle IBC = 180^\circ - \frac{\angle B}{2} - \frac{\angle C}{2}$ (см. рис. 14).

Далее, $\angle BPD = \angle PBC + \angle PCB = \angle EBC + \angle DCB$. Из равнобедренности треугольника $BCE$ получаем $\angle EBC = \frac{180^\circ - \angle C}{2} = 90^\circ - \frac{\angle C}{2}$ и, аналогично, $\angle DCB = 90^\circ - \frac{\angle B}{2}$. Отсюда $\angle BPD = 180^\circ - \frac{\angle B}{2} - \frac{\angle C}{2} = \angle BID$, что и требовалось доказать.

Замечание. Точка $I$ является так называемой точкой Микеля для четвёрки прямых $AB$, $AC$, $BE$, $CD$, т. е. через $I$ проходят окружности, описанные около каждого из треугольников, образованных тремя из четырёх перечисленных прямых.