По точкам A и O строится описанная окружность Ω.   Первый способ. Пусть XY – хорда окружности Ω с серединой в точке L, UV – параллельный этой хорде диаметр, а K – точка пересечения диагоналей трапеции с основаниями XY и UV. Рассмотрим преобразование, которое каждой точке P окружности ставит в соответствие вторую точку P' пересечения окружности с прямой KP. Оно сохраняет двойные отношения точек окружности и, следовательно, может быть продолжено до проективного преобразования плоскости. При этом преобразовании L переходит в O, значит, искомый треугольник переходит в треугольник, у которого точка Лемуана и центр описанной окружности совпадают, что возможно только в правильном треугольнике.

  Отсюда получаем следующее построение. Проведём прямую AK и найдём вторую точку A' её пересечения с Ω. Впишем в Ω правильный треугольник A'B'C' и найдём вторые точки B, C пересечения прямых BK, CK с окружностью Ω. Треугольник ABC искомый.   Второй способ. Лемма. Дан треугольник ABC и точка P. При инверсии с центром A точки B, C, P переходят в B', C', P' соответственно. Окружность B'C'P' повторно пересекает прямую AP в точке Q. Тогда преобразование подобия, переводящее треугольник AC'B' в треугольник ABC, переводит Q в точку, изогонально сопряженную P.

  Доказательство следует из равенств  ∠ABP = ∠B'P'A = ∠B'C'Q.   Пусть при инверсии с центром A точка L переходит в L', а окружность Ω – в прямую l. Пусть прямая AL пересекает l в точке T, а точка M делит отрезок AT в отношении  2 : 1.  Тогда M – центр тяжести треугольника AB'C', где B', C' – образы при инверсии вершин B и C. Согласно лемме точка M лежит на описанной окружности треугольника B'C'L', следовательно,  TB'² = TB'·TC' = TM·TL'.  Таким образом, мы можем построить точки B', C', а значит, и B, C.

Ответ задачи отсутствует