Let $E$, $U$, and $V$ be the vertices of $\Delta$, with $EU \parallel AC$ and $EV \parallel BC$. Let $C'E$ meet $\Omega$ again at $X$. Then $X$ is the required tangency point. There are various methods to prove this.

Hint 1. Let $CX$ meet $AC'$ and $BC'$ at $Q$ and $P$, respectively (see Fig. 19). One may show that $E$ is the orthocenter of the triangle $PC'Q$, so that $P \in EU$ and $Q \in EV$. Then the points $(A, V, Q, X)$ are concyclic, which yields $\angle UEX = \angle KEX = \angle AQX = \angle AVX$, so that $U, V, E$, and $X$ lie on some circle $\omega$. Due to $\angle EVX = \angle QAX = \angle C'AX$, this circle is tangent to $\Omega$.

Hint 2. Let the line $C'E$ meet $BC$, $CA$, and $AB$ at $A_1$, $B_1$, and $C_1$, respectively (see Fig. 20). One can see that $A_1K \parallel B_1L \parallel AB$. Let $N = A_1K \cap AC$; since $AB \parallel A_1N$ and $KE \parallel AB_1$, we have $A_1K = KN$ and $A_1E = EB_1$.

Let $XX'$ be a diameter in $\Omega$, and let $X'A$ and $X'B$ meet $C'E$ at $S$ and $T$, respectively. Then $\Delta TSX' \sim \Delta ABC$, the points $X$ and $M$ are corresponding points in these triangles, so $X$ is the midpoint of $ST$. Since $SABA_1$ and $TBAB_1$ are cyclic, we have $\frac{C_1A_1}{C_1B_1} = \frac{C_1T}{C_1S}$, which yields $\frac{C_1S}{C_1X} = \frac{C_1B_1}{C_1E}$. Thus $UX \parallel AS$, hence $\angle UXE = \angle ASX = \angle ABC = \angle EVU$, so the points $U, V, E$, and $X$ lie on some circle $\omega$. Finally, the cyclic configurations $ACX'B$ and $UEXV$ are homothetic, thus the tangents at $X$ and $X'$ to $\omega$ and $\Omega$ are parallel.

Первое решение. Пусть данные перпендикуляры, проходящие через $K$ и $L$, пересекают $AB$ в точках $U$ и $V$ соответственно и пересекаются в точке $E$. Заметим сразу, что обе прямые $AC$ и $KE$ перпендикулярны прямой $AC'$, так что $AC \parallel KE$; аналогично, $BC \parallel LE$. Обозначим через $\omega$ окружность, описанную около треугольника $EUV$. Пусть прямая $C'E$ вторично пересекает окружность $\Omega$ в точке $X$ (см. рис. 19). Мы докажем, что $X$ — искомая точка касания окружностей $\omega$ и $\Omega$.

Поскольку $\angle C'KE = \angle C'LE = 90^\circ$, четырёхугольник $C'KEL$ вписан. Отсюда имеем $\angle ACX = \angle AC'X = \angle KLE = \angle LCB$, то есть $\angle ACX = \angle MCB$ и $\angle BCX = \angle MCA$. Это значит, что прямая $CX$ — симедиана треугольника $ABC$; как известно, она проходит через точку $S$ пересечения касательных к $\Omega$ в точках $A$ и $B$.

Пусть $O$ — центр $\Omega$; обозначим $\gamma = \angle ACB$. Пусть $CM$ вторично пересекает $\Omega$ в точке $Y$. Так как $AM$ — высота в прямоугольном треугольнике $OAS$, имеем $\overline{OM} \cdot \overline{OS} = \overline{OA}^2 = \overline{OC}^2$; это значит, что треугольники $OMC$ и $OCS$ подобны. Значит, отношение их высот, опущенных из $O$, равно $\frac{OM}{OC} = \frac{OM}{OA} = \cos \gamma$. Эти высоты являются средними линиями в прямоугольных треугольниках $CYC'$ и $CXC'$, так что $\frac{C'Y}{C'X} = \cos \gamma$.

Пусть прямые $AC'$ и $BC'$ пересекают $CX$ в точках $Q$ и $P$ соответственно. Заметим, что $\angle PC'Q = \angle ACB = \gamma$. Кроме того, $\angle YC'L = \angle YCB = \angle QC'X$, так что прямоугольные треугольники $YC'L$ и $XC'Q$ подобны. Значит, $\frac{C'L}{C'Q} = \frac{C'Y}{C'X} = \cos \gamma = \cos \angle PC'Q$. Отсюда следует, что $QL$ — высота треугольника $PCQ$. Итак, точки $L$, $E$, $Q$ и $V$ лежат на одной прямой.

Поскольку $\angle QVB = \angle VBC = \angle AXC$, четырёхугольник $AVQX$ вписан в некоторую окружность. Поскольку $\angle EKQ = \angle EXQ = 90^\circ$, точки $X$, $E$, $K$ и $Q$ также лежат на одной окружности. Из этих двух окружностей получаем $\angle UEX = \angle KEX = \angle AQX = \angle AVX$, то есть точки $U$, $V$, $E$ и $X$ лежат на одной окружности $\omega$. Кроме того, $\angle EVX = \angle QAX = \angle C'AX$. Это означает, что градусные меры дуг $C'X$ и $EX$ окружностей $\Omega$ и $\omega$ равны. Значит, касательные к этим окружностям, проведённые в точке $X$, совпадают. Тем самым, окружности $\Omega$ и $\omega$ касаются.

Второе решение. Введём точки $E$, $U$, $V$ и $X$, как и в прошлом решении. Обозначим через $A_1$, $B_1$ и $C_1$ точки пересечения прямой $C'E$ с прямыми $BC$, $CA$ и $AB$ соответственно. Как и выше, равенство $\angle ACX = \angle AC'X = \angle KLE = \angle LCB$ означает, что $\angle ACX = \angle KCB$; с другой стороны, из равенства $\angle KC'E = \angle KCA_1$ следует также, что точки $C$, $C'$, $K$ и $A_1$ лежат на одной окружности (см. рис. 20). Отсюда $\angle C'KA_1 = \angle C'CB = \angle C'AB$, то есть $KA_1 \parallel AB$.

Обозначим через $N$ точку пересечения прямых $KA_1$ и $AC$. Поскольку $AB \parallel A_1K$ и прямая $CM$ делит $AB$ пополам, она делит пополам и $A_1N$, то есть $KN = KA_1$. Так как $KE \parallel AB_1$, $KE$ — средняя линия в треугольнике $A_1NB_1$, то есть $B_1E = EA_1$.

Пусть $X'$ — точка на $\Omega$, диаметрально противоположная $X$. Пусть прямые $X'A$ и $X'B$ пересекают прямую $C'E$ в точках $S$ и $T$ соответственно. Тогда $\angle SX'T = \angle ACB$ и $\angle X'ST = 90^\circ - \angle SX'C' = 90^\circ - \angle ABC' = \angle ABC$, то есть треугольники $ABC$ и $TSX'$ подобны. Более того, поскольку $\angle SX'X = \angle ACX = \angle BCM$, точки $M$ и $X$ в этих треугольниках соответствуют, то есть $SX = XT$.

Из равенства $\angle AST = \angle ABC = \angle C_1BA_1$ следует, что точки $S$, $A$, $B$ и $A_1$ лежат на одной окружности, откуда $C_1A \cdot C_1B = C_1S \cdot C_1A_1$. Аналогично, $C_1A \cdot C_1B = C_1T \cdot C_1B_1$, поэтому $C_1S \cdot C_1A_1 = C_1T \cdot C_1B_1$, или $\frac{C_1S}{C_1B_1} = \frac{C_1T}{C_1A_1}$. Это значит, что отрезки $A_1B_1$ и $TS$ гомотетичны с центром в $C_1$; эта гомотетия переводит середину $E$ отрезка $A_1B_1$ в середину $X$ отрезка $ST$. Значит, $\frac{C_1S}{C_1B_1} = \frac{C_1X}{C_1E}$, или $\frac{C_1S}{C_1X} = \frac{C_1B_1}{C_1E}$. В силу параллельности $AB_1 \parallel UE$, получаем $\frac{C_1A}{C_1U} = \frac{C_1B_1}{C_1E} = \frac{C_1S}{C_1X}$, что означает, что $UX \parallel AS$. Отсюда получаем $\angle UXE = \angle ASX = \angle ABC = \angle EVU$, то есть точки $U$, $V$, $E$ и $X$ лежат на одной окружности $\omega$.

Наконец, рассмотрим треугольники $ABC$ и $UVE$; их соответственные стороны параллельны, так что они гомотетичны (с отрицательным коэффициентом). При этой гомотетии прямая $CX'$ переходит в $EX$ (поскольку $C'X \parallel CX'$), окружность $\Omega$ переходит в окружность $\omega$, а значит, $X'$ переходит в $X$. Поэтому касательная к $\omega$ в $X$ параллельна касательной к $\Omega$ в $X'$, а значит — и касательной к $\Omega$ в $X$. Отсюда следует, что $\omega$ и $\Omega$ касаются в $X$.