Решение 1:Так как точка A₁ симметрична A относительно серединного перпендикуляра к BC, то перпендикуляр, опущенный из A₁ на BC симметричен высоте из AK. По теореме Фалеса он пересекает прямую OH (O – центр описанной окружности, H – ортоцентр треугольника ABC) в точке, симметричной H относительно O. Через эту же точку проходят два других перпендикуляра.

Решение 2:Пусть K, L и M – точки попарного пересечения прямых AA₁, BB₁и CC₁ (см. рис.).

ПосколькуKBCA– параллелограмм, аAC₁CB– равнобокая трапеция, то  KA = BC = AC₁,  ∠KAB= ∠ABC= ∠BAC₁.  Таким образом, в равнобедренном треугольникеKAC₁ABявляется биссектрисой, а следовательно, и высотой. Значит,  KC₁⊥AB || LM.  Аналогично доказывается, чтоLA₁иMB₁также являются высотами треугольникаKLM. А три высоты треугольника пересекаются в одной точке.

Ответ задачи отсутствует