Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O)$, đường phân giác trong $AD\left(D\in BC\right)$, điểm $P$ thuộc đoạn $AD\left(P\ne A,P\ne D\right)$. Gọi $X,Y,Z$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $P$ lên ba cạnh $BC,CA,AB$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ cắt lại $BC$ tại điểm $X^{\prime }$ khác $X$.

a) Chứng minh rằng $A{X}^{\prime },BY,CZ$ đồng quy.

b) Gọi $M,N$ là giao điểm của $YZ$ với đường tròn $(O)$ ($M,Y;Z,N$ thẳng hàng theo thứ tự trên). Gọi $S$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$, $AP$ cắt lại $(O)$ tại điểm $T$ khác $A$. Chứng minh rằng $SP,ST$ đẳng giác góc $\widehat{MSN}$ và $SP$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PMN$.

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic):

1) Gọi $Q$ là điểm liên hợp đẳng giác của $P$ trong $\Delta ABC$. Ta thấy $X^{\prime },Y^{\prime },Z^{\prime }$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC,CA,AB$ cũng nằm trên $(XYZ)$.
Theo định lí Ceva, ta cần chứng minh $\frac{X^{\prime }B}{X^{\prime }C}\cdot \frac{YC}{YA}\cdot \frac{ZA}{ZB}=1\iff \frac{X^{\prime }B}{X^{\prime }C}=\frac{ZB}{YC}$ (*).
Mà $BX\cdot B{X}^{\prime }=BZ\cdot B{Z}^{\prime }$ và $CX\cdot C{X}^{\prime }=CY\cdot C{Y}^{\prime }\Rightarrow \frac{X^{\prime }B}{X^{\prime }C}=\frac{BZ}{CY}\cdot \frac{Z^{\prime }B}{Y^{\prime }C}\cdot \frac{CX}{BX}$.
Lại có $BX=BP\cdot \cos PBC$, $B{Z}^{\prime }=BQ\cdot \cos ABQ$, $CX=CP\cdot \cos PCX$ và $C{Y}^{\prime }=CQ\cdot \cos ACQ$
$$\Rightarrow \frac{B{Z}^{\prime }}{BX}=\frac{BQ}{BP}=\frac{AQ}{AP}\cdot \frac{\sin BAQ}{\sin BAP}\text{vaˋ}\frac{C{Y}^{\prime }}{CX}=\frac{CQ}{CP}=\frac{AQ}{AP}\cdot \frac{\sin ACQ}{\sin ACP}.$$
Nên thay vào (*) ta cần chứng minh $\frac{\sin PBA}{\sin PBC}=\frac{\sin PCA}{\sin PCB}$ điều này luôn đúng theo định lí $Ceva$ dạng sin của $AP,BP,CP$ đồng quy.

(2) Kẻ đường kính $TL$ của $(O)$, $U$ là trung điểm $BC$, $TM$ cắt $BC$ tại $R$. Kí hiệu $A/2=\frac{\angle BAC}{2}$.
Theo hệ thức lượng, ta có $\frac{UT}{UL}=\frac{T{B}^2}{L{B}^2}={\tan }^2(A/2)=\frac{Y{P}^2}{Y{A}^2}=\frac{KP}{KA}$.
$$\Rightarrow \tan (NMP)=\frac{KP}{KM}=\frac{KA\cdot {\tan }^2(A/2)}{KM}\text{maˋ}\Delta KAM\sim \Delta LMT.$$
$$\Rightarrow \tan (NMP)=\frac{LM}{MT}\cdot {\tan }^2(A/2)=\tan (MTU)\cdot {\tan }^2(A/2)=\tan (MTU)\cdot \frac{UL}{UL}.$$
Lại có $TU\cdot TL=TR\cdot TM(=T{C}^2)\Rightarrow \widehat{TMU}=\widehat{TLR}$.
$$\Rightarrow \tan UMT=\tan ULR=\frac{TU}{LU}\cdot \tan (MTU)=\tan NMP\Rightarrow \widehat{UMT}=\widehat{NMP}.$$
Ta thấy $MS$ là đối trung $\Delta MBC$ nên $MT$ là phân giác $\widehat{UMS}\Rightarrow \widehat{SMT}=\widehat{UMT}=\widehat{NMP}\Rightarrow MT,MP$ đẳng giác trong $\widehat{NMS}$, tương tự ta có $NT,NP$ cũng đẳng giác trong $\widehat{MNS}\Rightarrow P,T$ liên hợp đẳng giác trong $\Delta NSM\Rightarrow SP,ST$ đẳng giác trong $\widehat{MSN}$ hay $S,T$ cùng liên hợp đẳng giác trong $\Delta NPM\Rightarrow PT,PS$ đẳng giác trong $\widehat{NPM}$. Mà $PT$ là đường cao $\Rightarrow PS$ đi qua tâm $(NPM)$.