Нетрудно понять, что $AD$ – большее основание, треугольник $AEB$ остроугольный, и точки $B, C$ и $O_2$ лежат по одну сторону от прямой $OO_1$. Прямые $OO_1, O_1O_2$ и $OO_2$ – серединные перпендикуляры к $AB, BE$ и $BD$ соответственно. Пусть $K$ – середина $AB$.

  Первый способ. Так как  $\angle BO_1O_2 = \angle BAD = \angle BOO_2$  (половина центрального угла равна вписанному для треугольников $BAE$ и $BAD$), то, четырёхугольник $OO_1BO_2$ вписанный. Поскольку  $\angle KO_1B = \angle AEB = \angle CBE = \angle CBO = \angle BCO$,  то четырёхугольник $OO_1BC$ вписанный.

  Поэтому точки $O, O_1, B, C, O_2$ лежат на одной окружности.   Второй способ. Заметим, что  $\angle EAO_1 = 90^{\circ} - \angle ABE = \angle KOB = \angle ADB = \angle CAD$.  Значит, точка $O_1$ лежит на прямой $AC$. Поэтому  $ \angle OCO_1 = \angle EBD = 90^{\circ} - \angle BOO_2 = \angle OO_2O_1$.  Следовательно, точки $O, O_1, C, O_2$ лежат на одной окружности.   Замечание. Аналогично можно показать, что точка $O_2$ лежит на луче (но не обязательно на отрезке) $DC$; точки $A, E, O, O_1$ лежат на одной окружности; точки $D, E, O, O_2$ лежат на одной окружности.   Третий способ. Рассмотрим только случай, когда точка $O$ лежит внутри трапеции. Пусть диагональ $AC$ пересекает описанную окружность треугольника $OAE$ в точке $P$. Тогда  $\angle OEP = \angle OAP = \angle OCP$, поэтому  $\angle PEA = \angle BEA − \angle OEP = \angle OCB − \angle OCP = \angle ACB = \angle PAE$.  Следовательно,  $PA = PE$.  С другой стороны,  $\angle BOP = \angle PAE = \angle PEA = \angle POA$.  Значит, треугольники $POB$ и $POA$ равны, а  $PB = PA$.  Таким образом, точка $P$ совпадает с $O_1$. Аналогично доказывается, что точка $O_2$ лежит на луче $CD$. Поэтому  $\angle OCO_1 = \angle DBE = \angle OO_2O_1$  (углы с взаимно перпендикулярными сторонами), что и требовалось.

Ответ задачи отсутствует