Решение 1:   Будем считать, что  BC < AD.  Пусть K и M – точки касания данных окружностей с основаниями AD и BC соответственно, а BH – высота трапеции (см. рис.). Поскольку  O₁M ⊥ BC,  а  O₂K ⊥ AD,  то достаточно доказать, что  MK || BH.  Учитывая параллельность оснований трапеции достаточно проверить равенство  BM = HK.

  Как известно,  BM = ½ (AB + BC – AC),  AK = ½ (AB + AD – BD)  (см. задачу 155404). Значит,  AK – BM = ½ (AD – BC) = AH,  что и требовалось.

Решение 2:   Пусть P и Q – середины дуг AB и CD описанной окружности трапеции ABCD. Ясно, что  PQ || AD.  Прямые CO₁ и CO₂ проходят через точку P. По лемме о трезубце (см. задачу 153119)  PO₁ = PO₂.  Поскольку  ∠O₁PQ = ∠CPQ = ∠DPQ = ∠O₂PQ,  то прямая PQ – биссектриса равнобедренного треугольника O₁PO₂. Следовательно,  O₁O₂ ⊥ PQ || BC.

Ответ задачи отсутствует