Пусть A₁, B₁ и C₁ – основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB.   а) Пусть точка P лежит на дуге AC описанной окружности треугольника ABC. Сумма углов при вершинах A₁ и C₁ четырёхугольника A₁BC₁P равна 180°, поэтому  ∠ A₁PC₁ = 180° – ∠B = ∠APC.  Следовательно,  ∠APC₁ = ∠A₁PC,  причём одна из точек A₁ и C₁ (например, A₁) лежит на стороне треугольника, а другая – на продолжении стороны. Четырёхугольники AB₁PC₁ и A₁B₁PC вписанные, поэтому

∠AB₁C₁ = ∠APC₁ = ∠A₁PC = ∠A₁B₁C,  а значит, точка B₁ лежит на отрезке A₁C₁.   б) Первый способ. Воспользуемся ориентированными углами (см. главу 2 книги В.В. Прасолова "Задачи по планиметрии"). Как и в а), получаем

∠(AP, PC₁) = ∠(AB₁, B₁C) = ∠(CB₁, B₁A₁) = ∠(CP, PA₁).  Прибавляя  ∠(PC₁, PC),  получаем  ∠(AP, PC) = ∠(PC₁, PA₁) = ∠(BC₁, BA₁) = ∠(AB, PC),  то есть точка P лежит на описанной окружности треугольника ABC.

  Второй способ. Рассмотрим гомотетию с центром в точке A, при которой описанная окружность Ω треугольника ABC перейдет в окружность Ω', проходящую через точку P. Треугольник ABC перейдет в треугольник AB'C', вписанный в Ω'. Основания перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны AB', AC' треугольника AB'C', – те же точки C₁ и B₁. Пусть A₂ – основание перпендикуляра, опущенного из P на B'C'. Согласно а) точки C₁, B₁ и A₂ лежат на одной прямой. Значит, прямая C₁B₁ пересекает прямую PA₁ как в точке A₁, так и в точке A₂. Следовательно точки A₁ и A₂ совпадают. Тогда совпадают и прямые AB и A'B', то есть коэффициент гомотетии равен 1, и Ω' совпадает с Ω.

Ответ задачи отсутствует