Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các tia $AO,BO,CO$ theo thứ tự cắt $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. Đường thẳng $XZ$ cắt $AC$ tại $E$; đường thẳng $XY$ cắt $AB$ tại $F$. Các đường thẳng $BE$, $CF$ cắt nhau tại $Q$. Các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $P$.
a) Chứng minh rằng các điểm $A,O,Q$ thẳng hàng.
b) Giả sử $PQ$, $EF$ cắt nhau tại $T$. Chứng minh rằng $T$ là trung điểm của $EF$.

a)

Đặt $BE\cap AO=\{Q^{\prime }\}$, $CF\cap AO=\{Q^{\prime \prime }\}$.
Ta có $(AX,O{Q}^{\prime })=B(AX,O{Q}^{\prime })=(AC,YE)=-1$. (1.5 điểm)

Tương tự $(AX,O{Q}^{\prime \prime })=-1$. Vì thế $Q^{\prime }\equiv Q^{\prime \prime }\equiv Q$. Vậy $Q$ nằm trên AO. (0.5 điểm)

b) Gọi $A{A}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ là các đường cao kẻ từ $A$ và $C$ của tam giác $ABC$ và $H$ là trực tâm. Các đường tròn đường kính $BH$, $CH$ cắt lại $(O)$ tương ứng tại $K,L$.

Bằng cách xét trục đẳng phương của các đường tròn $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })$, $(O)$, $(A{A}^{\prime }C)$ ta có $BK$, $A^{\prime }{C}^{\prime }$, $AC$ đồng quy tại một điểm $S$. Suy ra $B(HK,AC)=-1$. (0.5 điểm)

Do $B(OE,CA)=-1=B(HK,AC)$ và phép đối xứng qua phân giác $\angle ABC$ bảo toàn tỉ số kép nên ta thu được $BK$, $BE$ đẳng góc trong $\angle ABC$. (0.5 điểm)

Chú ý rằng T là trung điểm của EF
$$\iff S_{PQE}=S_{PQF}\iff PQ\cdot EQ\cdot \sin \angle PQE=PQ\cdot FQ\cdot \sin \angle PQF.$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh
$$\frac{QE}{QF}=\frac{\sin \angle PQF}{\sin \angle PQE}.(\ast )$$
Một mặt, ta có $\angle BKA=\angle BCE$ và $\angle KBA=\angle EBC$ nên $\angle KAB=\angle BEC$. Tương tự $\angle LAC=\angle BFC$. Suy ra
$$\frac{QE}{QF}=\frac{QE}{QA}\cdot \frac{QA}{QF}=\frac{\sin \angle QAE}{\sin \angle QEA}\cdot \frac{\sin \angle QFA}{\sin \angle QAF}$$
$$=\frac{\cos \angle ABC}{\cos \angle ACB}\cdot \frac{\sin \angle LAC}{\sin \angle KAB}=\frac{BH}{CH}\cdot \frac{CL}{BK}=\frac{\sin \angle LHC}{\sin \angle KHB}.$$ (1 điểm)

Mặt khác, tiếp tuyến tại $C$ đẳng góc với đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ nên $\angle QCP=\angle (CL,AB)=\angle (HL,HC)=\angle LHC$. Tương tự $\angle QBP=\angle KHB$.
Do đó
$$\frac{\sin \angle PQF}{\sin \angle PQE}=\frac{\sin \angle CQP}{\sin \angle BQP}=\frac{PC\cdot \frac{\sin \angle QCP}{PQ}}{PB\cdot \frac{\sin \angle QBP}{PQ}}=\frac{\sin \angle LHC}{\sin \angle KHB}.$$
Vậy $(\ast )$ được chứng minh và bài toán được giải quyết. (1 điểm)