Первое решение. Докажем, что точка $P$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$. Пусть $O$ — центр окружности $\omega$, а $X$ — точка пересечения прямых $BC$ и $PL$ (см. рис. 7).

Так как $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$, достаточно доказать, что $OP \perp BC$.

Точки $A$ и $B$ симметричны относительно прямой $OK$, поэтому $OK \perp AB \parallel KP$. Аналогично $OL \perp LP$. Поскольку $\angle OKP = \angle OLP = 90^\circ$, четырехугольник $OKPL$ вписанный, откуда $\angle OPL = \angle OKL$. Из касания вытекает, что $\angle KAB = \angle ACB = \angle PXB$. Таким образом, $\angle ORX + \angle PXB = \angle OKL + \angle KAB = 90^\circ$, что и требовалось доказать.

Второе решение. Пусть прямые $BK$ и $CL$ пересекаются в точке $M$ (см. рис. 8). Поскольку треугольник $ABK$ равнобедренный, имеем $\angle PKA = \angle BAK = \frac{1}{2}(180^\circ - \angle AKB)$. Значит, $KP$ — биссектриса внешнего угла при вершине $K$ треугольника $KLM$. Аналогично, $LP$ — биссектриса внешнего угла при вершине $L$. Тогда $P$ — центр вневписанной окружности этого треугольника, касающейся стороны $KL$, поэтому $P$ лежит на биссектрисе угла $M$. Поскольку $MB = MC$, точки $B$ и $C$ симметричны относительно этой биссектрисы. Значит, и отрезки $PB$ и $PC$ также симметричны и потому равны.