馬杉：$AC$ と $BD$ の交点を $Y$ とする
兒玉：$Y$ での方べきはさすがに見る、根心なので
平山：円 $XAC$ と $XBD$ の交点 $Z$ として $XY$ と共線なのか
兒玉：このとき $\mathrm{\angle }XZO$ が直角なら終わり
宿田：弧 $AC$ の中点 $M,N$ をそれぞれ取りました
宿田：$X,N,D$ と $X,M,B$ がそれぞれ共線で
兒玉：なんかたまにある構図になった気が
平山：えっどの辺がですか？
平石：$M,N,X,Z$ 共円だから行けてそう
兒玉：$Z$ って $BM$ と $DN$ についてのMiquel点だから
兒玉：$\mathrm{\angle }XZO={90}^{\circ }$ はそのまま構図
平山：あーーー思い出した

• $M,N$ をとったのは角の二等分線という条件の消化
• 工事中

解法1.　円$XAC,XBD$ の交点を $Z$ とする. このとき $XZ,AC,BD$ は一点 $Y$ (根心)で交わる. また弧 $ABC,ADC$ の中点をそれぞれ $N,M$ とすると, $X,N,D$ および $X,M,B$ はそれぞれ共線である.

方べきの定理より $YX\times YZ=YA\times YC=YN\times YM$ であるから $XZNM$ は共円である. これと $XBZD$ の共円より, $Z$ は $BM$ と $DN$ についてのMiquel点である. よって $BM,DN$ の中点をそれぞれ $P,Q$ とすれば, 三角形 $ZBP$ と三角形 $ZDQ$ が相似であるから, $Z$ は $BP$ と $DQ$ についてのMiquel点でもある. したがって $XZPQ$ は共円である. また $\mathrm{\angle }ZPO+\mathrm{\angle }ZQO={180}^{\circ }$ から $ZPQO$ の共円がわかる. これらを合わせて $XZPQO$ の共円が従う. また $XO$ は直径であるから, $\mathrm{\angle }XZO={90}^{\circ }$ である.

$XO,XZ$ の中点を $E,F$ とする. 中点連結定理より $EF//OZ$ であるから, $\mathrm{\angle }XZO={90}^{\circ }$ と合わせて $EF\perp XZ$ が従う. よって $E$ は $XZ$ の垂直二等分線上にあり, これは三角形 $XAC,XBD$ の外心を通る.

解法2.　Brokardの定理より, $X$ から $MN$ におろした垂線の足を $H$ とすると, $Y$ を極とする円 $ABCD$ の極線が直線 $XH$ であるから, 以下が成り立つ. $$OY\times OH=R^2=ON\times OM$$ よって $(H,Y;N,M)=-1$ より, 以下のように方べきの定理と合わせて $XHOZ$ の共円が従う. $$YH\times YO=YN\times YM=YA\times YC=YX\times YZ$$ゆえに円周角の定理より $\mathrm{\angle }XZO=\mathrm{\angle }XHO={90}^{\circ }$ である.