Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$, а $J_1$ и $J_2$ — центры его вневписанных окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$, касающихся сторон $AB$ и $AC$, соответственно. Прямая $AN$ является внешней биссектрисой угла $BAC$, поэтому точки $J_1$ и $J_2$ лежат на ней. Пусть $K_1$ и $K_2$ — точки касания $\omega_1$ и $\omega_2$ соответственно с прямой $BC$; тогда прямые $NM, J_1K_1$ и $J_2K_2$ перпендикулярны $BC$. Кроме того, $BK_1 = \frac{AB + AC - BC}{2} = CK_2$, поэтому $MK_1 = MK_2$. По теореме Фалеса получаем $NJ_1 = NJ_2$.

Далее, $\angle J_1BJ_2 = \angle J_1CJ_2 = 90^\circ$ как углы между внутренней и внешней биссектрисами. Значит, точки $B$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $J_1J_2$, поэтому $\angle BCJ_1 = \angle BJ_2J_1$. Тогда треугольники $IBC$ и $IJ_1J_2$ подобны по двум углам, а точки $M$ и $N$ соответствуют в этих треугольниках как середины сторон.

Пусть описанная окружность $\gamma$ треугольника $AI_1I_2$ пересекает вторично прямые $CI$ и $BI$ в точках $P_1$ и $P_2$ соответственно (см. рис. 22).

Заметим, что $\angle I_1P_1I_2 = \angle I_1P_2I_2 = \angle I_1AI_2 = \frac{1}{2}\angle BAC$. С другой стороны, $\angle BIP_1 = \angle IBC + \angle ICB = \frac{1}{2}(\angle ABC + \angle ACB) = 90^\circ - \frac{1}{2}\angle BAC = 90^\circ - \angle I_1P_1I$; значит, $\angle P_1I_1P_2 = \angle P_1I_2P_2 = 90^\circ$, и точки $P_1$ и $P_2$ диаметрально противоположны на $\gamma$. Кроме того, прямые $P_1I_1$ и $BJ_1$ перпендикулярны $BJ_2$, поэтому $\frac{II_1}{IP_1} = \frac{IB}{IJ_1}$, и точки $I_1$ и $P_1$ соответствуют в треугольниках $IBC$ и $IJ_1J_2$. Аналогично, точки $I_2$ и $P_2$ также соответствуют, откуда $\angle P_1NP_2 = \angle I_1MI_2 = 90^\circ$. Это значит, что точка $N$ лежит на окружности с диаметром $P_1P_2$, то есть на $\gamma$. Это и требовалось доказать.

Второе решение.

Заметим, что прямоугольные треугольники $BMN$ и $CMN$ симметричны относительно $MN$. Пусть точка $I'_2$ симметрична $I_2$ относительно $MN$. Имеем $\angle BMI_1 + \angle BMI'_2 = \angle BMI_1 + \angle CMI_2 = \frac{1}{2}(\angle BMA + \angle CMA) = 90^\circ = \angle BMN$, поэтому лучи $MI_1$ и $MI'_2$ симметричны относительно биссектрисы угла $BMN$. Далее, $\angle MBI_1 + \angle MBI'_2 = \angle MBI_1 + \angle MCI_2 = \frac{1}{2}(\angle MBA + \angle MCA) = 90^\circ - \frac{1}{2}\angle BAC = 90^\circ - \gamma$.

$-\frac{1}{2} \angle BNC = 90^\circ - \angle BNM = \angle MBN$, поэтому лучи $BI_1$ и $BI'_2$ симметричны относительно биссектрисы угла $MBN$.

Отсюда следует, что точки $I_1$ и $I'_2$ — изогонально сопряженные точки в треугольнике $BMN$, а следовательно, и лучи $NI_1$ и $NI'_2$ симметричны относительно биссектрисы угла $MNB$. Значит,
$$\angle BNM = \angle MNI_1 + \angle MNI'_2. \text{ Получаем: } \angle I_1AI_2 = \frac{1}{2} \angle BAC = \angle BNM = \angle MNI_1 + \angle MNI'_2 = \angle MNI_1 + \angle MNI_2 = I_1NI_2.$$

Это и означает, что точки $I_1, I_2, A, N$ лежат на одной окружности.