Một cách khác cho bài hình 1.
Gọi $({{\omega }_{1}}),({{\omega }_{2}})$ lần lượt là đường tròn tâm $F,$ bán kính $FB$ và đường tròn tâm $G,$ bán kính $GC.$ Giả sử $P,R$ lần lượt là giao điểm của đường tròn $({{\omega }_{1}})$ với $\Gamma $ và $FD$; còn $Q,S$ lần lượt là giao điểm của đường tròn $({{\omega }_{2}})$ với $\Gamma $ và $GE.$
Ta thấy $\angle ADF=180{}^\circ -\angle BDF=180{}^\circ -\angle DBF=\angle APF$ nên hai tam giác $ADF,APF$ bằng nhau; suy ra $AP=AD.$ Chứng minh tương tự thì $AQ=AE.$ Do đó, $AP=AD=AE=AQ$ nên tứ giác $PDEQ$ nội tiếp trong đường tròn tâm $A.$ Gọi $U$ là giao điểm của $DP,QE$ thì
$UD\cdot UP=UE\cdot UQ$ hay ${{\mathcal{P}}_{U/({{\omega }_{1}})}}={{\mathcal{P}}_{U/({{\omega }_{2}})}}$.
Gọi $AK$ là đường kính của $\Gamma $ thì $AF\bot FK.$ Mặt khác, dễ thấy rằng $AF\bot DP$ và $DP\bot PR$ nên $KF\bot PR,$ mà $FP=FR$ nên $FK$ là trung trực của $PR$, suy ra $KP=KR.$
Tương tự thì $KQ=KS.$ Hơn nữa, vì $AP=AQ$ nên $KP=KQ$ kéo theo $KR=KP=KQ=KS$ hay $RPQS$ nội tiếp trong đường tròn tâm $K$. Lại gọi $V$ là giao điểm của $PR,QS$ thì
$VP\cdot VR=VQ\cdot VS$ hay ${{\mathcal{P}}_{V/({{\omega }_{1}})}}={{\mathcal{P}}_{V/({{\omega }_{2}})}}$.
Từ đó suy ra $UV$ là trục đẳng phương của $({{\omega }_{1}}),({{\omega }_{2}})$ nên $UV\bot FG.$
Cuối cùng, $\angle EUV=\angle VPQ=90{}^\circ -\angle QPU=90{}^\circ -\angle DEU$ nên $UV\bot DE.$
Vậy nên $DE$ và $FG$ song song hoặc trùng nhau.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]