Достроим дугу $\beta$ до окружности (рис. 1) и продолжим $KL$ до пересечения с новой дугой в точке $M$. Тогда прямые $AK$ и $CM$ будут параллельны, поскольку $\angle KAB=180^\circ-\angle KLB=\angle BLM=\angle BCM$. Пусть $O$ — точка пересечения $KM$ и $BC$; достаточно доказать, что отношение $OA:OC$ не зависит от выбора точки $K$. В силу подобия треугольников $OAK$ и $OCM$ это отношение равно $AK:CM$. Угловые величины дуг $AK$ и $CM$ равны, так как дуги $AKC$ и $CMB$ по угловой величине равны ($360^\circ-\beta-\alpha$), а дуги $KC$ и $MB$ стягивают равные вписанные углы $KAC$ и $MCB$ и тоже равны по величине. Следовательно, отношение хорд $AK$ и $CM$ равно отношению радиусов дуг $\alpha$ и $\beta$, а значит, не зависит от $K$.
Рисунок 1
В этом решении мы неявно пользовались тем, что точка $M$ лежит на «достроенной» дуге. Однако иначе и быть не может. В самом деле, легко видеть, что хорды $AK$ и $CM$ параллельны при любом расположении секущих $ABC$ и $KLM$ (рис. 2). И если бы $K$ и $M$ оказались по одну сторону от $BC$, то сумма дуг $KC$ и $BM$, равная $2(\angle KAB+\angle BCM)=2\cdot180^\circ$, оказалась бы равна сумме дуг $AKC$ и $BMC$, что неверно.
Рисунок 2
Из решения видно, что точка $O$ — это центр гомотетии дуг $AKB$ и $CMB$; по сути дела, на этой идее и построено решение. Но можно было применить и более хитрое преобразование — инверсию (о нём рассказывалось в статье В. Уроева «Инверсия» в «Кванте» №5 за 1984 г.). Для читателей, знакомых с инверсией и её свойствами, укажем два различных способа её использования в нашей задаче. Первый основан на том, что при инверсии с центром $O$ и коэффициентом $k$ (определяемой равенством $OA\cdot OB=OC^2=k$) окружности $\alpha$ и $\beta$ переходят друг в друга, а переменная (красная на рисунке 1) окружность переходит сама в себя. Поэтому точки $K$ и $L$ меняются местами, и, значит, $O\in KL$. Второй способ использует инверсию с центром $C$ и коэффициентом, скажем, $CA\cdot CB$. После инверсии условие задачи превратится в следующее громоздкое, но совершенно очевидное утверждение (рис. 3):
из точек $A$ и $B$ по одну сторону от $AB$ проведены лучи $\alpha$ и $\beta$ так, что $\angle \alpha AB=\angle \beta BA$, а также произвольная дуга $AB$, пересекающая лучи в точках $K$ и $L$; тогда окружность $CKL$, где $C$ — фиксированная точка прямой $AB$, пересекает $AB$ вторично в одной и той же точке $O$.
Рисунок 3
Кстати, отсюда видно, что порядок точек $A$, $B$ и $C$ может быть любым, а лучи (т. е. дуги в исходной задаче) можно дополнить до прямых (соответственно, до окружностей).
