Доказательство того, что центр описанной окружности лежит на высоте

Проблема: В$\triangle ABC$, позволять$D$быть пересечением касательных к описанной окружности в$B$и$C$, позволять$B'$быть отражением$B$через$AC$, позволять$C'$быть отражением$C$через$AB$. Докажите, что центр описанной окружности$\triangle DB'C'$лежит на высоте от$A$в$\triangle ABC$.

Если мы позволим$O_2,O_3$быть описанными кругами$\triangle AB'C,\triangle AC'B$, то заметьте, что$\triangle C'O_3O\cong\triangle B'O_2O$. Это определенно верно, потому что это необходимо для того, чтобы условие задачи было верным (также я проверял его на GeoGebra): Ясно$H\in (AB'C),(AB'C)$, где$H$является ортоцентром$\triangle ABC$(с$\angle AHB=\beta+\gamma,\angle AB'C=\angle AC'B=\alpha$, где$\angle BAC=\alpha,\angle ABC=\beta, \angle BCA=\gamma$). Тогда, поскольку круги$(AC'B),(AB'C),(ABC)$все конгруэнтны, из конгруэнтности треугольников имеем$OO_2=OO_3\implies \text{pow}_{(AC'B)}(O)=\text{pow}_{(AB'C)}(O)$. Но с тех пор$AH$является радикальной осью$(AC'B),(AB'C)$,$O\in AH$, так$O$лежит на высоте от$A$.

Но мне не удалось доказать, что$\triangle C'O_3O\cong\triangle B'O_2O$. Четко$OC'=OB',O_3C'=O_2B'$, но мне не удалось доказать, что$\angle OC'O_3=\angle OB'O_2$(хотя я точно знаю, что это правда).