Решение 1:   Утверждение задачи эквивалентно равенству  SA₂·SA = SB₂·SB = SC₂·SC.  Ввиду равенства  AA₁ = SA₂  и двух аналогичных, достаточно доказать, что  AA₁·AS = BB₁·BS = CC₁·CS.

  Пусть l – прямая, проходящая через центры сфер Ω и ω. Окружность пересечения этих сфер лежит в плоскости, перпендикулярной l, так что  l ⊥ (ABC).  Это значит, что при повороте вокруг l описанная окружность треугольника ABC переходит в себя, и подходящим таким поворотом можно точку A перевести в B. Пусть точки S и A₁ при этом повороте переходят в S' и A'₁ (они тоже лежат на ω, рис. слева). Тогда  AA₁·AS = BA'₁·BS' = BB₁·BS.

  Равенство  AA₁·AS = CC₁·CS  доказывается аналогично.

           

Решение 2:   Обозначим через O₁ и O центры сфер ω и Ω соответственно. Как и в первом решении, введём прямую l, проходящую через O и O₁; тогда  l ⊥ (ABC).

  Пусть O₂ – точка, симметричная O₁ относительно O. Тогда O₂ лежит на l, откуда  O₂A = O₂B = O₂C;  обозначим  r = O₂A.  Проекции точек O₂ и O₁ на SA симметричны относительно проекции точки O, то есть относительно середины A' отрезка SA. Так как проекция точки O₁ является серединой отрезка SA₁, из симметрии относительно A' получаем, что проекция точки O₂ – это середина отрезка AA₂. Значит,  A₂O₂ = AO₂ = r.  Аналогично показывается, что  B₂O₂ = C₂O₂ = r.  Значит, требуемые шесть точек лежат на сфере с центром O₂ и радиусом r.

Ответ задачи отсутствует