Bài toán: (Chọn đội tuyển lớp 10, trường chuyên KHTN Hà Nội, năm 2014)
 Cho tam giác nhọn $ABC$, điểm $P$ cố định di chuyển trên $BC$. Kí hiệu $(K)$ và $(L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAB$ và $PAC$. Lấy điểm $S$ nằm trên $(K)$ sao cho $PS||AB$, lấy điểm $T$ trên $(L)$ sao cho $PT||AC$.
        1. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $ATS$ luôn đi qua điểm $J$ cố định khác $A$
        2. Gọi $E$ là giao điểm khác $A$ của $CA$ với $(K)$, $F$ là giao điểm khác $A$ của $AB$ với $(L)$. $BE$ cắt $CF$ tại $G$. Chứng minh rằng đường thẳng $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

Lời giải:
1.    Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng tứ giác $ASJT$ nội tiếp.
    Gọi $Q$ và $R$ theo thứ tự là giao điểm của $AT$ và $AS$ với $BC$

      Ta có: tứ giác $PSAB$ là tứ giác nội tiếp
                $PS || AB$
            $\Rightarrow \angle ABP=\angle BAS \Rightarrow\Delta ARB$ cân tại $R$ $\Rightarrow \angle BAR=\angle ABR$

    Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được  $\angle QAC=\angle QCA$. Như vậy, ta có: $$\angle QAC+\angle BAR=\angle ABC+\angle ACB=180^{\circ}-\angle BAC$$ $$\Leftrightarrow \angle QAR=180^{\circ}-2\angle BAC$$ Mặt khác, do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $\Delta ABR$ là tam giác cân nên ta nhận ra rằng: $$\angle QJA=\angle BJP$$ Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:$\angle TJA=\angle PJC$. Do đó: $$\angle SJA+\angle AJT=\angle BJP+\angle PJC=\angle BJC$$ Lại do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên:  $\angle BJC=2\angle BAC$

 Và như vậy, ta thu được: $$\angle QAR=180^{\circ}-\angle TJS\Leftrightarrow \angle QAR+\angle TJS=180^{\circ}$$ Điều này chứng tỏ rằng $ASJT$ nội tiếp (đpcm).

2.  Ta có: $$\angle PBE+\angle PCE=\angle PAE+\angle PAF=\angle BAC\Rightarrow \angle FGE+\angle BAC=180^{\circ}$$
  Như vậy, ta có tứ giác $AEGF$ nội tiếp, suy ra: $$\angle EGC=\angle EAF=\angle EPG$$ suy ra $CEGP$ và $BFGP$ cũng là các tứ giác nội tiếp.

  Gọi $H$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC$, thế thì: $$\angle BPH=\angle APB=\angle AEB=\angle GPC$$ Như vậy, $PG$ đi qua $H\Rightarrow$ $PG$ đối xứng với $AP$ qua $BC$.

Theo đó, ta có : $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua điểm đối xứng của $J$ qua $BC$. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
  Bài toán được giải quyết hoàn toàn.