Олимпиадная задача с окружностью и треугольником $ABC$

Решение 1:Пусть прямая, проходящая через $D'$ и перпендикулярная $A'D'$, пересекает $AB$ и $AC$ в точках $F'$, $G'$ соответственно. Так как $\angle AEA'=90^{\circ}$, $AF=FF'$, $AG=GG'$ и $\angle FOG=\angle F'A'G'$. Так как $\angle ABA'=\angle ACA'=90^{\circ}$, четырехугольники $A'BF'D'$ и $A'G'CD'$ – вписанные, следовательно, $\angle F'A'G'=\angle F'A'D'+\angle D'A'G'=\angle ABD'+\angle D'CA=\angle CD'B-\angle CAB=180^{\circ}-2\angle CAB$.

Решение 2:Условие $\angle FOG+\angle BOC=\pi$ равносильно существованию точки, изогонально сопряженной $O$ относительно четырехугольника $BFGC$, или тому, что проекции $O$ на стороны четырехугольника лежат на одной окружности. Поскольку $FG\parallel AE$, проекция $O$ на $FG$ лежит на серединном перпендикуляре к $AE$, т.е. совпадает с серединой $AD'$. Но точка $D'$ лежит на окружности $BCH$ ($H$ – ортоцентр треугольника $ABC$), которая при гомотетии с центром $A$ и коэффициентом $1/2$ переходит в окружность девяти точек треугольника $ABC$.