bài toán về đồng quy

bài toán: cho $triangle{ABC}$ ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm trên các cạnh BC,CA,AB lần lượt là X,Y,Z. Trên các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm D,E,F. Từ D,E,F kẻ các tiếp tuyến với (I) ( khác các cạnh của $\triangle{ABC}$ ) DX',EY',CZ'. Chứng minh AX',BY',CZ' đồng quy khi và chỉ khi AD,BE,CF đồng quy hoặc D,E,F thẳng hàng.
Lời giải của mình

hình vẽ bài toán

đặt $K=XX' \cap YZ, L= DX \cap YZ$ tương tự ta xác định các điểm K', K'', L',L''
xét cực và đối cực với (I) :
A là cực của YZ
X' là cực của DL
$\Rightarrow$ L là cực của AX'
dễ thấy K là cực của AD ,XX' là đường đối cực của D(*)
 ta xét bổ đề sau :
cho $\triangle{ABC}$ ngoại tiếp (O), từ điểm D thuộc đường thẳng BC nằm ngoài đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến DE, $F=AE\cap BC$ ta có $\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=(\frac{sin(AF,AC)}{sin(AF,AB)})^2$
bằng tam giác đồng dạng ta dễ dàng chứng minh được $\frac{DC}{DB}=(\frac{EC}{EB})^2$
mà $\overline {DC},\overline {DB}$ cùng chiều nên ta có $\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=(\frac{EC}{EB})^2 =(\frac{sin(AF,AC)}{sin(AF,AB})^2$

hình vẽ bổ đề

quay trở lại bài toán :
ta có $\frac{\overline{LY}}{\overline{LZ}}=(\frac{sin(XX',XY)}{sin(XX',XZ)})^2$
AX',BY',CZ' đồng quy khi và chỉ khi L,L',L'' thẳng hàng
tức là khi $\frac{\overline{LY}}{\overline{LZ}}.\frac{\overline{L'Z}}{\overline{L'X}}.\frac{\overline{L''X}}{\overline{L''Y}} =1$ ( theo Menelaus )
hay  $(\frac{sin(XX',XY)}{sin(XX',XZ)}.\frac{sin(YY',YZ)}{sin(YY',YX)}.\frac{sin(ZZ',ZX)}{sin(ZZ',ZY)})^2=1$
 khi và chỉ khi $(\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}} )^2=1$
khi và chỉ khi XX',YY',ZZ' đồng quy($\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}}=-1$ )
hoặc K,K',K'' thẳng hàng ($\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}}=1$)(**)
theo (*) và (**) ta có AD,BE,CF đồng quy hoặc D,E,F thẳng hàng