Первое решение. Утверждение задачи эквивалентно равенству $CA_2 \cdot CA = CB_2 \cdot CB$. Поскольку $AA_1 = CA_2$ и $BB_1 = CB_2$, достаточно доказать, что $AA_1 \cdot AC = BB_1 \cdot BC$.
Пусть $D_1$ — вторая точка пересечения $\omega$ с $AD$ (см. рис. 9). Из симметрии имеем $AD = BC$ и $AD_1 = BB_1$. Из теоремы о производении длин отрезков секущих теперь получаем $AA_1 \cdot AC = AD_1 \cdot AD = BB_1 \cdot BC$, что и требовалось доказать.

Рис. 9

Второе решение. Обозначим через $O_1$ и $O$ центры окружностей $\omega$ и $\Omega$ соответственно; оба этих центра лежат на серединном перпендикуляре $l$ к основаниям трапеции. Пусть $O_2$ — точка, симметричная $O_1$ относительно $O$ (см. рис. 10). Тогда $O_2$ также лежит на $l$, то есть $O_2A = O_2B$. Далее, проекции точек $O_2$ и $O_1$ на $BC$ симметричны относительно проекции точки $O$, т. е. относительно середины $B'$ отрезка $BC$. Так как проекция точки $O_1$ является серединой отрезка $CB_1$, из симметрии относительно $B'$ получаем, что проекция точки $O_2$ — это середина отрезка $BB_2$. Значит, $B_2O_2 = BO_2$. Аналогично показывается, что $A_2O_2 = AO_2 = BO_2 = B_2O_2$. Итак, точки $A, B, A_2, B_2$ лежат на окружности с центром $O_2$.

Рис. 10