Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{BAC}=60^{\circ }$. Dựng các tam giác đều $ABK$, $ACL$ về phía ngoài tam giác $ABC$ (hai điểm $K,C$ nằm về hai phía khác nhau đối với đường thẳng $AB$ và hai điểm $L,B$ nằm về hai phía khác nhau đối với đường thẳng $AC$). Gọi $T,S,R$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $BL$ và $CK$, $AB$ và $CK$, $AC$ và $BL$. Chứng minh rằng tâm đẳng phương của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $KSB$, $BTC$ và $LRC$ nằm trên đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.

Cách 1. Do $\angle ABK=\angle BAC=60^{\circ }\Rightarrow BK//AC$, tương tự $CL//AB$. Gọi $KB$ cắt $CL$ tại $X$ thì $ABXC$ là hình bình hành nên trung điểm $M$ của $BC$ là trung điểm $AX$.
Xét phép quay tâm $A$ với góc 60 độ biến $K$ thành $B$, $C$ thành $L$ nên nó biến $CK$ cắt $AB$ tại $S$ thành $BL$ cắt $AC$ tại $R\Rightarrow \Delta ASR$ đều và $\angle KTL=120^{\circ }$ (do phép quay) $\Rightarrow$ Tứ giác $ASTR$ nội tiếp và $\angle BXC=\angle BAC=60^{\circ }$ nên tứ giác $BTCX$ nội tiếp.
Từ đó ta thấy $\Delta XKL$ và $\Delta ARS$ cùng là tam giác đều và có cạnh tương ứng song song nên $XA,KR,LS$ đồng quy tại $Y$. Ta chứng minh $Y$ là tâm đẳng phương của $(KSB),(BCT),(ACL)$.
Gọi $YK$ cắt $(BSK)$ tại $U$, $AX$ cắt $(BCT)$ tại $D$. Ta chứng minh $U,D$ nằm trên $(ASR)$.
Ta có $\angle RUS=\angle KBS=60^{\circ }=\angle SAR$ nên $U$ nằm trên $(ASR)$.
Ta cũng có $\angle ADT=\angle TBX=180^{\circ }-\angle KBR=\angle ARB$ (do $KB//AR$) nên $D$ nằm trên $(ASR)$.
Nên $\angle YUD=\angle DAC=\angle AXB$ (do $AC//BX$) $\Rightarrow$ Tứ giác $UDXK$ nội tiếp $\Rightarrow YU.YK=YD.YX$.
$\Rightarrow Y$ nằm trên trục đẳng phương của $(BCT)$ và $(BKS)$.
Tương tự ta có $Y$ nằm trên trục đẳng phương của $(BCT)$ và $(CLR)$.
Vậy ta có $Y$ là tâm đẳng phương của 3 đường tròn hay ta có điều cần chứng minh.



Cách 2. Ta xét thế hình như hình vẽ.
Đặt ${\omega }_1=(KSB)$, ${\omega }_2=(BTC)$, ${\omega }_3=(LRC)$ và $AB=c$, $AC=b$.

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

(1) Ta có: $\angle KBA=\angle BAC=\angle LCA=60^{\circ }$. Do đó: $KB\parallel AC$ và $LC\parallel AB$.
Gọi $X=KB\cap LC$. Khi đó $ABXC$ là hình bình hành, suy ra $AX$ đi qua trung điểm của $BC$. Vậy $AX$ là đường trung tuyến của tam giác $ABC$.
Mặt khác, $K,A,L$ thẳng hàng và $KL=KX=LX=b+c$.
Do đó $△KXL$ đều. Ta có: $KL=LX$, $LC=XB=b$ và $\angle KLC=\angle LXB=60^{\circ }$. Suy ra $△KLC\sim △LXB$, nên $\angle LKC=\angle XLB$. Từ đó: $\angle BTC=120^{\circ }$. Lại có $\angle BXC=\angle BAC=60^{\circ }$, suy ra $B,T,C,X$ cùng thuộc một đường tròn. Vậy $X\in {\omega }_2$.
(2) Ta có: $△KBS\sim △CAS$ và $△LCR\sim △BAR$. Do đó: $AS=AR=\frac{bc}{b+c}$.
Lấy $D$ trên tia $AB$ sao cho $AD=AC=b$. Khi đó $△ACD$ đều. Từ $ABXC$ là hình bình hành ta có $B,C,X,D$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $D\in {\omega }_2$.
Trên các đường thẳng $AB$, $AC$ ta lấy chiều dương lần lượt từ $A$ đến $B$ và từ $A$ đến $C$. Khi đó:
$${\mathcal{P}}_{A/(KSB)}=\overline{AS}.\overline{AB}=\frac{b{c}^2}{b+c},{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}=\overline{AD}.\overline{AB}=bc,{\mathcal{P}}_{A/(LRC)}=\overline{AR}.\overline{AC}=\frac{b^{2}c}{b+c}.$$
Ta có: ${\mathcal{P}}_{X/(KSB)}=\overline{XB}.\overline{XK}=(-b)(-(b+c))=b(b+c)$.
Vì $X\in (BTC)$ nên ${\mathcal{P}}_{X/(BTC)}=0$. ${\mathcal{P}}_{X/(LRC)}=\overline{XC}.\overline{XL}=(-c)(-(b+c))=c(b+c)$.

Bổ đề 0.1. Đường thẳng $UV$ cắt trục đẳng phương của hai đường tròn $\alpha ,\beta$ tại $G$ thì
$$\frac{\overline{UG}}{\overline{GV}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{U/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{U/(\beta )}}{{\mathcal{P}}_{V/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{V/(\beta )}}.$$
Chứng minh. Thật vậy, hiệu ${\mathcal{P}}_{Y/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{Y/(\beta )}$ là một hàm bậc nhất theo điểm $Y$ trên đường thẳng $UV$ và bằng 0 tại $G$.

(3) Gọi $G_1=BP\cap AX$. Vì $BP$ là trục đẳng phương của ${\omega }_1$ và ${\omega }_2$, áp dụng bổ đề ta có:
$$\frac{\overline{A{G}_1}}{\overline{G_{1}X}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{A/(KSB)}-{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}}{{\mathcal{P}}_{X/(KSB)}-{\mathcal{P}}_{X/(BTC)}}=-\frac{\frac{b{c}^2}{b+c}-bc}{b(b+c)}=\frac{bc}{(b+c{)}^2}.$$
Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của ${\omega }_2$ và ${\omega }_3$ khác $C$, đồng thời đặt $G_2=CQ\cap AX$. Vì $CQ$ là trục đẳng phương của ${\omega }_2$ và ${\omega }_3$, tương tự:
$$\frac{\overline{A{G}_2}}{\overline{G_{2}X}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}-{\mathcal{P}}_{A/(LRC)}}{{\mathcal{P}}_{X/(BTC)}-{\mathcal{P}}_{X/(LRC)}}=-\frac{bc-\frac{b^{2}c}{b+c}}{-c(b+c)}=\frac{bc}{(b+c{)}^2}.$$
Do đó: $\frac{\overline{A{G}_1}}{\overline{G_{1}X}}=\frac{\overline{A{G}_2}}{\overline{G_{2}X}}$.
Vì $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $AX$ nên $G_1\equiv G_2$, gọi chung là điểm $G$. Suy ra $BP$, $CQ$, $AX$ hay ta thu được tâm đẳng phương của ${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3$ nằm trên đường trung tuyến $AX$.