Bài toán tổng quát của bạn Bảo quá hay! Mình xin trình bày cách giải của mình bên cạnh lời giải đã có của Quang Dương
Bài toán. Cho $\triangle ABC$ có $P, Q$ là 2 điểm đẳng giác. Tiếp tuyến tại $P$ của $(PBC)$ cắt $CA, AB$ tại $X, Y$. Tiếp tuyến tại $Q$ của $(QBC)$ cắt $CA, AB$ tại $Z, T$. Chứng minh rằng $X, Y, Z, T$ đồng viên trên đường tròn $\omega$ tiếp xúc $(ABC)$
Lời giải. Gọi $BP\cap (O) = K,\ BQ\cap (O) = H$ và $W$ là điểm đẳng giác của $Z$ trong $\triangle CQH$. Cộng góc đơn giản ta có cặp đồng dạng quen thuộc: $\triangle CQH \sim \triangle PCK$. Tiếp tục cộng góc có: $\angle XCP = \angle QCB = \angle ZQH = \angle WQC$. Và tương tự: $\angle XPC = \angle WCQ$. Điều đó có nghĩa là ta có 2 cấu hình đồng dạng:
$\boxed{\left(\triangle CQH \cup W\right)\sim \left(\triangle PCK \cup X\right)}$
Vậy nên $\angle ZHQ = \angle WHC = \angle XKP \Rightarrow HZ,\ KX$ cắt tại $S$ trên $(O)$. Áp dụng Pascal đảo cho $\binom{S\ B\ C}{A\ E\ K}$ có $\overline{S, E, Y}$. Tương tự $\overline{S, D, T}$. Mặt khác, dễ thấy: $DE, EK, KH, HD$ lần lượt song song với $TY, YX, XZ, ZT$ nên tồn tại phép vị tự tâm $S$:
$\mathcal{H}_S^k:\ D, E, K, H\mapsto T, Y, X, Z$
Lại do $DEKH$ nội tiếp nên đương nhiên $TYXZ$ cũng sẽ nội tiếp. Hai đường tròn ngoại tiếp 2 tứ giác này là ảnh của nhau qua $\mathcal{H}_S$ nên tiếp xúc nhau.
PS. Thực tế lời giải sẽ chặt chẽ hơn nếu dùng góc định hướng, tuy nhiên mình nghĩ trên diễn đàn góc thường trông dễ nhìn hơn.