Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $P$, các đường thẳng $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $Q$. Gọi $M$ và $N$ tương ứng là trung điểm của $AD$ và $BC$. Ký hiệu $(L)$ và $(K)$ tương ứng là đường tròn ngoại tiếp tam giác $QAD$ và tam giác $QBC$. Đường thẳng $MQ$ cắt lại $(K)$ tại điểm $E$ (khác $Q$), đường thẳng $NQ$ cắt lại $(L)$ tại điểm $F$ (khác $Q$).
a. Chứng minh rằng các điểm $P,O,E,F,M,N$ cùng thuộc một đường tròn.
b. Đường thẳng đi qua $L$ và vuông góc với $QF$ cắt đường thẳng đi qua $K$ và vuông góc với $QE$ tại điểm $T$. Chứng minh rằng các điểm $T,P$ và $O$ thẳng hàng.

a) Do $\Delta QAD\sim \Delta QBC$ nên $\angle MQD=\angle NQC$, suy ra $NQ$ là đường đối trung của tam giác $AQD$. Ta thu được tứ giác $AFDQ$ điều hòa.

Suy ra
$$\angle QFM=\angle QFD-\angle MFD=\angle QAD-\angle QFA=\angle QBC-\angle QDA=\angle MPN.$$
Suy ra $M,F,P,N$ đồng viên. Tương tự $M,E,P,N$ đồng viên.

Lại có $\angle PMO=\angle PNO=90^{\circ }$ nên $PO$ là đường kính của $(PMN)$. Vậy $P,O,E,F,M,N$ đều nằm trên đường tròn đường kính $OP$.

b) Gọi $J$ là trung điểm của $OP$. $LQ$ cắt $TK$ tại $U$, $KQ$ cắt $TL$ tại $V$. $(L)$ giao $(K)$ tại $S$ khác $Q$.

Hiển nhiên $P$ thuộc trục đẳng phương của $(L)$ và $(K)$ nên $P,Q,S$ thẳng hàng. Đồng thời ta cũng có $\angle PSO=90^{\circ }$.

Ta có $JL\perp FS$, $LK\perp QS$ nên $\angle JLK=\angle FSQ=\frac{1}{2}\angle FLQ=\angle QLT$.

Tương tự $\angle JKL=\angle QKT$, suy ra $Q,J$ liên hợp đẳng giác trong tam giác $TLK$. Do đó $TQ,TJ$ đẳng giác trong $\angle LTK$. (1)

Mặt khác, ta cũng có $\angle QLT=\angle QSF=\angle QNP=\angle QMP=\angle QSE=\angle QKT$, suy ra tứ giác $LKUV$ nội tiếp.

Lại có $LQ\perp BC$ nên $LQ\parallel KO$, tương tự suy ra $LQKO$ là hình bình hành.

Từ đó $\frac{VQ}{OK}=\frac{VQ}{QL}=\frac{VU}{LK}=\frac{TV}{TK}$.

Mà $\angle TKO=\angle TUQ=\angle TVQ$ nên $△TVQ\sim △TKO(c.g.c)$.

Vậy $TQ,TO$ đẳng giác trong $\angle LTK$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $T,P,J,O$ thẳng hàng.