Предположим противное. Пусть O, I – центры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC, H – совпадающий ортоцентр треугольников ABC и A'B'C'.

  Первый способ. Пусть A'', B'', C'' – вторые точки пересечения прямых A'H, B'H, C'H со вписанной окружностью ω. Тогда

∠A''C''C' = ∠A''A'C' = 90° – ∠A'C'B' = ∠B''B'C' = ∠B''C''C';  это значит, что хорда A''B'' параллельна касательной к ω в точке C', то есть  A''B'' || AB.  Поэтому стороны треугольников ABC и A''B''C'' параллельны друг другу, а H – центр вписанной окружности треугольника A''B''C''. Следовательно, существует гомотетия, переводящая треугольник ABC в A''B''C''. При этой гомотетии центр описанной окружности O переходит в I, а точка пересечения биссектрис I – в H. Таким образом, точка H лежит на прямой OI, причем  OI : IH = R : r.

  Какие-то две вершины треугольника ABC (например, A и B) не лежат на прямой OI. Так как AI, BI – биссектрисы углов OAH, OBH соответственно, то  OI : IH = AO : AH = BO : BH.  Следовательно,  AH = BH = r,  что невозможно, ибо  AH + BH ≥ AB > 2r.  Противоречие.

  Второй способ. Отрезки IC' и HC перпендикулярны AB и, следовательно, параллельны. Отрезки CI и C'H перпендикулярны A'B', и следовательно, тоже параллельны. Значит, либо точки C, I, C', H лежат на одной прямой (и тогда  AC = BC),  либо четырёхугольник CIC'H – параллелограмм. Аналогичное утверждение верно для остальных вершин. У треугольника ABC найдётся сторона (скажем, AB), не равная ни одной другой его стороне. Тогда четырёхугольники AIA'H и BIB'H – параллелограммы, и  AH = A'I = r = B'I = BH,  что, как показано выше, невозможно.

Верно.