I. Одно из самых бесхитростных решений основано на том, чтобы опустить из точки $B$ перпендикуляры $BH$, $BA_1$, $BC_1$ на прямые $AC$, $AK$, $CK$ (они равны по соображениям симметрии) и рассмотреть получающиеся углы с вершиной $B$. Треугольники $KA_1B$ и $KC_1B$ равны, причём $\angle A_1BK=\angle KBC_1$ (их сумма составляет $2\angle B$, поскольку $\angle A_1BA=\angle ABH$, $\angle HBC=\angle CBC_1$). С другой стороны, радиус $OB$ описанной окружности в любом треугольнике $ABC$ составляет такие же углы со сторонами $AB$ и $BC$, как высота $BH$ со сторонами $BC$ и $AC$ соответственно:
$$
\begin{align*}
\angle ABO&=\left|90^\circ-\dfrac12\angle AOB\right|=|90^\circ-\angle C|=\angle HBC,\\
\angle CBO&=\left|90^\circ-\dfrac12\angle COB\right|=|90^\circ-\angle A|=\angle HBA.
\end{align*}
$$
Поэтому $\angle A_1BO=\angle OBC_1=\angle B$, т. е. $OB$ и $KB$ лежат на одной и той же прямой — биссектрисе угла $A_1BC_1$.
Трудность в оформлении решения этой задачи заключается в том, что нужно учесть различные возможные случаи: 1) $\triangle ABC$ остроугольный; 2) один из углов $A$ или $C$ не меньше $90^\circ$; 3) $\angle B>90^\circ$ (см. рисунки 1—3; заметим, что случай $\angle B=90^\circ$ невозможен: при этом построенные прямые параллельны). Впрочем, рассуждения во всех случаях аналогичны.
Наметим ещё два решения.
II. Угол между прямыми $AK$ и $KC$ дополняет $2\angle B$ до $180^\circ$, точнее
$$
\angle A_1KC_1=180^\circ-\angle A_1BC_1=|180^\circ-2\angle B|=180^\circ-\angle AOC,
$$
поэтому центр $O$ лежит на окружности, проходящей через $K$, $A$ и $C$, и (поскольку $AO=OC$) делит пополам дугу $AC$. Поэтому $KO$, также как и $KB$, — биссектриса угла $A_1KC_1$.
Это решение также нуждается во внимательном разборе случаев 1—3. Как обычно, свободно от этой трудности решение с геометрическими преобразованиями.
III. Композиция симметрий относительно прямых $AB$ и $BC$, т. е. поворот на угол $2\angle B$ с центром $B$, переводит прямую $AK$ в прямую $KC$. Поворот на тот же угол $2\angle B$ с центром $O$ переводит радиус $OA$ в радиус $OC$, поэтому прямую $AK$ он должен переводить в прямую, проходящую через $C$ и имеющую то же направление, что и $KC$, т. е. в прямую $KC$. Отсюда следует, что точка $O$, также как и $B$, одинаково удалена от прямых $AK$ и $AC$, и обе они лежат на биссектрисе угла между $AK$ и $KC$.
