Kí hiệu như hình vẽ.
$XE,XF$ cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Dễ thấy $E,F,G,H$ đồng viên.
$(XFH)$ cắt $(XEG)$ tại $J$.
Ta có hai tam giác $JFH$ và $JGE$ đồng dạng cùng hướng và $\frac{\overline{BF}}{\overline{BH}} = \frac{\overline{CG}}{\overline{CE}}$ nên $(JB,BE)\equiv (JC,CG)\pmod \pi$
$\Rightarrow J\in (ABC)$.
Lại có $A$ là tâm đẳng phương của $(XFH),(XEG),(EFGH)$ nên $XJ$ đi qua $A$.
$\begin{aligned} \Rightarrow (JH,JB)&\equiv (JH,JX) + (JX,JB)\equiv (FH,FX)+ ( CA,CB) \equiv (AB,CP) + (CA,CB) \\&\equiv (AB,CB) + (CA,CP)\equiv (AB,CB) + (BP,BA)\equiv (BP,BC)\equiv (YH,YB)\pmod \pi\end{aligned}$
$\Rightarrow B,Y,J,H$ đồng viên. Tương tự, $C,Z,J,G$ đồng viên.
Từ đây dễ dàng suy ra $J\in (XYZ)$.
Kẻ tiếp tuyến $d$ tại $J$ của $(O)$.
Ta có: $(d,JY)\equiv (d,JB) + (JB,JY)\equiv (CJ,CB) + (HB,HY)\equiv (AJ,AB)+ (HB,HY)\equiv (AJ,HY)\equiv (XJ,XY)\pmod \pi$
$\Rightarrow d$ là tiếp tuyến của $(XYZ)\Rightarrow (ABC)$ tiếp xúc $(XYZ)$. (đpcm)