$\boxed{\text{Lời giải bài toán 41}}$
Dễ thấy đường tròn $(M; MA)$ đi qua $A, M$ và tiếp xúc $(PBC)$, cắt $CA, AB$ thứ tự tại $E', F'$ là đối xứng của $A$ qua $E$ và $F$. Tương tự đường tròn $(N; NA)$ đi qua $A, Q$ và tiếp xúc $(QBC)$, cắt $CA, AB$ thứ tự tại $G', H'$ là đối xứng của $A$ qua $G$ và $H$.
Vị tự tâm $A$ tỉ số 2, ta đưa bài toán về chứng minh $E', F', G', H'$ cùng thuộc một đường tròn tiếp xúc $BC$.
Bổ đề: Cho hai đường tròn $(O_1), (O_2)$ tiếp xúc nhau tại $K$. $X, Y \in (O_1)$ và $Z, T \in (O_2)$ bất kì. Khi đó $(KY, KZ) \equiv (XY, XK) + (TK, TZ)$ (mod $\pi$).
Quay lại bài toán:
$(BPF')$ cắt $BC$ tại điểm thứ hai $X$. Áp dụng định lí Miquel cho $\triangle ABC$ với bộ 3 điểm ${X, E', F'}$ ta có $C, X, P, E'$ đồng viên.
$(APB)$ cắt $(AQC)$ tại điểm thứ hai $Y$. Ta có $(YP, YC) \equiv (YP, YA) + (YA, YC) \equiv (BP, BA) + (QA, QC) \equiv (BP, BA) + (AQ, AC) + (CA, CQ) \equiv (BP, BA) + (AB, AP) + (CP, CB) \equiv (BP, BA) + (PF', PB)$ (áp dụng bổ đề cho $(BPC)$ và $(M; MA)$ tiếp xúc tại $P$) $\equiv (PF', BA) \equiv (F'P, F'A) \equiv (E'P, E'A) \equiv (E'P, E'C)$ (mod $\pi$). Do đó $C, X, P, Y, E'$ đồng viên. Ta lại có: $(YQ, YB) \equiv (YQ, YA) + (YA, YB) \equiv (CQ, CA) + (PA, PB) \equiv (CQ, CA) + (AP, AB) + (BA, BP) \equiv (CQ, CA) + (AC, AQ) + (BQ, BC) \equiv (CQ, CA) + (QG', QC)$ (áp dụng bổ đề cho $(BQC)$ và $(N; NA)$ tiếp xúc tại $Q$) $\equiv (QG', CA) \equiv (G'Q, G'A) \equiv (H'Q, H'A) \equiv (H'Q, H'B)$ (mod $\pi$). Do đó $B, Q, Y, H'$ đồng viên. Mặt khác $(YP, YQ) \equiv (YP, YA) + (YA, YQ) \equiv (BP, BA) + (CA, CQ) \equiv (BC, BQ) + (PC, BC) \equiv (PC, BQ)$ (mod $\pi$), suy ra $(QY, QB) \equiv (PY, PC) \equiv (XY, XC) \equiv (XY, XB)$ (mod $\pi$) hay $B, X, Q, Y, H'$ đồng viên.
Chứng minh tương tự như trên ta có $(AQB), (APC), (BPF'), (CQG')$ đồng quy tại điểm $Z$.
Ở trên ta đã có $(QA, QC) \equiv (PF', PB)$ (mod $\pi$) và $(PA, PB) \equiv (QG', QC)$ (mod $\pi$). Do đó $(E'F', E'G') \equiv (E'F', E'A) \equiv (PF', PA) \equiv (PF', PB) + (PB, PA) \equiv (QA, QC) + (QC, QG') \equiv (QA, QG') \equiv (H'A, H'G') \equiv (H'F', H'G')$ (mod $\pi$). Do đó $E'. F', G', H'$ đồng viên. Hơn nữa $(E'F', E'G') \equiv (PF', PB) + (PB, PA) \equiv (PF', PB) + (QC, QG') \equiv (XF', XB) + (XC, XG') \equiv (XF', XG')$ (mod $\pi$) nên $X \in (E'F'G'H')$. Mặt khác, $(XE', XC) \equiv (PE', PC) \equiv (AC, AP) + (BP, BC)$ (áp dụng bổ đề cho $(M; MA)$ và $(BPC)$ tiếp xúc) $\equiv (F'E', F'P) + (F'P, F'X) \equiv (F'E', F'X)$ (mod $\pi$), do đó $(E'F'G'H')$ tiếp xúc $BC$ tại điểm $X$. Ta hoàn tất chứng minh.