Первое решение. Обозначим через $O_B$ и $O_C$ центры окружностей $\omega_B$ и $\omega_C$, соответственно. Заметим, что достаточно доказать, что $\angle O_BAO_C = \angle BAC/2$: тогда прямые, полученные из $AB$ и $AC$ симметриями относительно $AO_B$ и $AO_C$ соответственно, совпадают; значит, это и есть общая внутренняя касательная к $\omega_B$ и $\omega_C$. При этом, поскольку $AB \neq AC$, эта касательная не совпадает с $IA_1$.

Построим вне $\triangle ABC$ треугольник $AB_1O'$, равный $AC_1O_B$ (это возможно, так как $AB_1 = AC_1$; см. рис. 25). Тогда $AO_B = AO'$, и из равенства $\angle C_1AO_B = \angle B_1AO'$ следует $\angle O_BAO' = \angle BAC$.

Из симметрии четырехугольника $BC_1IA_1$ относительно $AI$ следует, что $B_1O_B = A_1O_B$; кроме того, прямые $C_1I$ и $A_1I$ являются биссектрисами углов этого четырехугольника, поэтому $\angle O_BA_1I = \angle O_BC_1B = \angle O'B_1C = 45^\circ$. Аналогично, $B_1O_C = A_1O_C$ и $\angle O_CA_1I = \angle O_CB_1C = 45^\circ$. Тогда $\angle O_BA_1O_C = \angle O_BA_1I + \angle O_CA_1I = 90^\circ$ и $\angle O_CB_1O' = \angle O_CB_1C + \angle O'B_1C = 90^\circ$. Тогда прямоугольные треугольники $O_BA_1O_C$ и $O'B_1O_C$ равны по двум катетам, откуда $O_BC = O'C$.

Таким образом, треугольники $O_BAO_C$ и $O'AO_C$ равны по трем сторонам. Значит, $\angle O_BAO_C = \angle O'AO_C = \angle O_BAO'/2 = \angle BAC/2$, что и требовалось.

Второе решение. Пусть $\omega_B$ касается $BA_1$, $IA_1$ и $BC_1$ в точках $K_B$, $L_B$ и $M_B$ соответственно, а $\omega_C$ касается $CA_1$, $IA_1$ и $CB_1$ в точках $K_C$, $L_C$ и $M_C$ соответственно. Обозначим через $O_B$ и $O_C$ центры окружностей $\omega_B$ и $\omega_C$ соответственно, а через $r_B$ и $r_C$ — их радиусы (пусть для определенности $r_B > r_C$).

Тогда четырехугольники $O_BK_BA_1L_B$ и $O_CK_CA_1L_C$ — квадраты, поэтому $A_1L_B = r_B$, $A_1L_C = r_C$ и $L_BL_C = r_B - r_C$.

Тогда, если вторая общая внутренняя касательная $\ell$ касается $\omega_B$ и $\omega_C$ в точках $N_B$ и $N_C$, то $N_BN_C = r_B - r_C$, причем $N_C$ и $L_B$ лежат по одну сторону от линии центров $O_BO_C$ (заметим, что точка $A$ лежит по ту же сторону).

Аналогично получаем, что $C_1M_B = r_B$, $B_1M_C = r_C$. Отложим на продолжении отрезка $N_BN_C$ за точку $N_C$ отрезок $N_CA' = AM_C = AB_1 + B_1M_C$. Тогда $N_BA' = AM_C + N_BN_C = (AB_1 + r_C) + (r_B - r_C) = AC_1 + r_B = AM_B$. Итак, касательные из точек $A$ и $A'$ к окружности $\omega_B$ равны, и касательные из них к $\omega_C$ также равны.

Заметим, что геометрическое место точек, длина касательной из которых к окружности $\omega_B$ равна $AM_B$, есть окружность $\Omega_B$ с центром $O_B$ и радиусом $\sqrt{r_B^2 + AM_B^2}$. Таким образом, точки $A$ и $A'$ лежат на $\Omega_B$. Аналогично, они лежат на окружности $\Omega_C$ с центром $O_C$ и радиусом $\sqrt{r_C^2 + AM_C^2}$. Итак, каждая из точек $A$ и $A'$ является одной из двух точек пересечения окружностей $\Omega_B$ и $\Omega_C$, а поскольку $A$ и $A'$ лежат по одну сторону от $O_BO_C$, имеем $A' = A$. Значит, $A$ лежит на прямой $N_BN_C$, что и требовалось доказать.