Пусть прямые FG,GEи EFпроходят через точки A,Bи C, причём треугольник EFGравносторонний, т. е.$\angle$(GE,EF) =$\angle$(EF,FG) =$\angle$(FG,GE) = ±60^o. Тогда$\angle$(BE,EC) =$\angle$(CF,FA) =$\angle$(AG,GB) = ±60^o. Выбрав один из знаков, получим три окружности S_E,S_Fи S_G, на которых должны лежать точки E,Fи G. Любая точка Eокружности S_Eоднозначно определяет треугольник EFG.

Пусть O— центр треугольника EFG;  P,Rи Q— точки пересечения прямых OE,OFи OGс соответствующими окружностями S_E,S_Fи S_G. Докажем, что P,Qи R— центры правильных треугольников, построенных на сторонах треугольника ABC(для одного семейства внешним образом, для другого внутренним), а точка Oлежит на описанной окружности треугольника PQR. Ясно, что $\angle$(CB,BP) =$\angle$(CE,EP) =$\angle$(EF,EO) =$\mp$30^o, a $\angle$(BP,CP) =$\angle$(BE,EC) =$\angle$(GE,EF) = ±60^o. Поэтому $\angle$(CB,CP) =$\angle$(CB,BP) +$\angle$(BP,CP) = ±30^o. Следовательно,  P— центр правильного треугольника со стороной AB. Для точек Qи Rдоказательство аналогично.

Треугольник PQRравносторонний (теорема Наполеона.), причём его центр совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC. Чтобы доказать это, сначала докажем следующее вспомогательное утверждение. Пусть на сторонахABиACтреугольника ABCвнешним образом построены прямоугольные треугольникиABC₁иAB₁C, причём$\angle$C₁=$\angle$B₁= 90^o,$\angle$ABC₁=$\angle$ACB₁=$\varphi$;M— середина BC. ТогдаMB₁=MC₁и$\angle$B₁MC₁= 2$\varphi$. Действительно, пусть Pи Q— середины сторон ABи AC. Тогда  MP=AC/2 =QB₁,MQ=AB/2 =PC₁и$\angle$C₁PM=$\angle$C₁PB+$\angle$BPM=$\angle$B₁QC+$\angle$CQM=$\angle$B₁QM. Следовательно,$\triangle$MQB₁=$\triangle$C₁PM, а значит,MC₁=MB₁. Кроме того,$\angle$PMC₁+$\angle$QMB₁=$\angle$QB₁M+$\angle$QMB₁= 180^o-$\angle$MQB₁, а$\angle$MQB₁=$\angle$A+$\angle$CQB₁=$\angle$A+ (180^o- 2$\varphi$). Следовательно,$\angle$B₁MC₁=$\angle$PMQ+ 2$\varphi$-$\angle$A= 2$\varphi$. (Случай, когда  $\angle$C₁PB+$\angle$BPM> 180^o, разбирается аналогично.) Теперь уже можно доказать требуемое утверждение. Возьмем на сторонах ABи ACтакие точки B'и C', чтоAB':AB=AC':AC= 2 : 3. Середина Mотрезка B'C'совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC. Построим на сторонах AB'и AC'внешним образом прямоугольные треугольники AB'C₁и AB₁C'с углом $\varphi$= 60^o. Тогда B₁и C₁— центры правильных треугольников, построенных на сторонах ABи AC; с другой стороны, как только что было доказано,MB₁=MC₁и $\angle$B₁MC₁= 120^o. (Все утверждения остаются верными и для треугольников, построенных внутренним образом).

Легко проверить, что $\angle$(PR,RQ) =$\mp$60^o=$\angle$(OE,OG) =$\angle$(OP,OQ) =, т. е. точка Oлежит на описанной окружности треугольника PQR.

Две окружности, центры которых совпадают с точкой пересечения медиан данного треугольника.