Premetto che, inizialmente, avevo risolto il problema in modo quasi del tutto analogo a quello di erFuricksen. Poi, leggendo il suo messaggio, mi sono incuriosito riguardo al titolo e, ripensandoci un po', ho trovato un'altra soluzione (penso meno immediata dell'altra) che fa uso, appunto, di altri due cerchi.
Ovviamente, chiedo: erano proprio questi gli altri due?
1) $ \triangle ABC \sim \triangle KBM \sim \triangle LNC $
Questa parte è presente anche nella soluzione sopra. Tanto per, la faccio in modo diverso. Consideriamo l'omotetia di centro $ B $ e fattore $ R_\Gamma/R_{\omega_1} $ (con ovvio significato delle notazioni): le rette $ BC $ e $ BA $ sono fisse, mentre $ \omega_1 $ va in $ \Gamma $. Quindi $ M $ va nell'intersezione tra $ BC $ e $ \Gamma $, cioè in $ C $; analogamente, $ K $ va in $ A. $ Dunque $ \triangle KBM $ va in $ \triangle ABC $ e perciò questi due sono simili. Stesso discorso per $ \triangle LNC $.
2) $ BKLC $ è ciclico (prima circonferenza)
Invertiamo rispetto ad una circonferenza a caso di centro $ D $. $ \omega_1 $ e $ \omega_2 $ sono circonferenze passanti per il centro d'inversione, perciò vanno in rette (diciamo $ r_1 $ e $ r_2 $); inoltre tali rette sono parallele perché $ \omega_1 $ e $ \omega_2 $ hanno in comune solo il punto $ D $, che non va in alcun punto. $ AD $ rimane fissa perché è una retta per il centro d'inversione e in particolare è parallela a $ r_1 $ e $ r_2 $, perché l'unico punto che ha in comune con $ \omega_1 $ e $ \omega_2 $ è $ D $. La retta $ AB $ va in una circonferenza passante per il centro d'inversione. Dunque (usando la notazione $ X' $ per indicare l'inverso di $ X $), poiché $ K\in AB $, il quadrilatero $ B'K'A'D $ è ciclico. Inoltre, $ B' $ e $ K' $ stanno su $ r_1 $, mentre $ A' $ e $ D $ su $ AD $, quindi $ B'K' \parallel A'D $ e $ B'K'A'D $ è un trapezio. Ma gli unici trapezi ciclici sono quelli isosceli, quindi $ B'K'A'D $ è un trapezio isoscele e l'asse di $ B'K' $ coincide con l'asse di $ A'D $. Analogamente, l'asse di $ L'C' $ coincide con l'asse di $ A'D $; ma allora gli assi di $ B'K' $ e di $ L'C' $ coincidono e anche $ B'K'L'C' $ è un trapezio isoscele e pertanto ciclico. L'inversione manda circonferenze in circonferenze, quindi anche $ BKLC $ è ciclico.
3) $ MKLN $ è ciclico (seconda circonferenza)
Essendo angolo esterno di $ \triangle KBM $, $ \angle NMK=\angle CBK+\angle MKB $; poi, $ \angle NLK=\angle CLK-\angle CLN $. Quindi, $ \angle NMK+\angle NLK=\angle CBK+\angle CLK+\angle MKB-\angle CLN $. Per il punto 1, $ \angle MKB=\angle CLN $; per il punto 2, $ \angle CBK+\angle CLK=\pi $. Dunque $ \angle NKM+\angle NLK=\pi $ e $ MKLN $ è ciclico. Chiamiamo $ \omega_3 $ la sua circoscritta.
A questo punto, $ MK $, $ NL $, $ AD $ sono gli assi radicali delle tre circonferenze $ \omega_1 $, $ \omega_2 $, $ \omega_3 $ e perciò concorrono.
visto che nella soluzione che ho trovato non ne ho usati altri