Пусть $M$ — вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников $ACE$ и $BCD$ (она есть, так как в случае касания прямые $AE$ и $BD$ были бы параллельны). Нам достаточно показать, что описанная окружность треугольника $OCI$ также проходит через точку $M$, так как в этом случае центры всех трех окружностей из условия будут лежать на серединном перпендикуляре к отрезку $CM$.

Обозначим $\angle CAB = \alpha$ и $\angle CBA = \beta$; без ограничения общности можно считать, что $\beta > \alpha$. По свойству угла между хордой и касательной, $\angle OBE = \alpha$, аналогично $\angle DAE = \beta$ (см. рис. 13). В четырёхугольнике $OBIA$ углы $A$ и $B$ прямые, поэтому он — вписанный; значит, $\angle OIA = \angle OBA = \alpha + \beta$. Следовательно, $\angle CIO = \angle CIA - \angle OIA = 2\angle CBA - (\alpha + \beta) = \beta - \alpha$. Для того, чтобы доказать, что точка $M$ лежит на описанной окружности треугольника $OCI$, нам достаточно показать равенство $\angle CMO = \beta - \alpha$.

Поскольку четырёхугольники $AECM$ и $DBMC$ вписаны, получаем $\angle BME = \angle BMC + \angle CME = (180^\circ - \angle CDB) + \angle CAE = \angle ODA + \angle DAO = 180^\circ - \angle EOB$, то есть четырехугольник $EOBM$ также вписан, и $\angle OME = \angle OBE = \alpha$. Следовательно, $\angle CMO = \angle CME - \angle OME = \angle CAE - \alpha = \beta - \alpha$, что и требовалось доказать.

Замечание. Точка $M$ является точкой Микеля четырехсторонника, образованного прямыми $AC$, $BC$, $AO$ и $BO$, то есть точка $M$ будет лежать на описанной окружности треугольника, образованного любыми тремя из этих четырех прямых. Таким образом точка $M$ будет лежать не только на описанных окружностях треугольников $AEC$, $BCD$, $EOB$, как мы показали, но и на описанной окружности треугольника $AOD$.

Solution 2:
Поскольку $\angle OAI = \angle OBI = 90^\circ$, четырёхугольник $OAIB$ вписан в некоторую окружность $\Omega$. Обозначим через $S_A$ и $S_B$ описанные окружности треугольников $ACE$ и $BCD$, а через $M$ — вторую точку их пересечения. Поскольку $BO$ — касательная к $\omega$, имеем $\angle ABO = 180^\circ - \angle ACB = \angle ACE$. Поскольку эти углы в окружностях $\Omega$ и $S_A$ стягиваются хордами $AO$ и $AE$, лежащими на одном луче $AO$, то по теореме об угле между касательной и хордой касательные к $\Omega$ и $S_A$ в точке $A$ совпадают. Аналогично, касательные к $S_B$ и $\Omega$ в точке $B$ также совпадают.

Пусть касательные к $\Omega$ в точках $A$ и $B$ пересекаются в точке $K$ (см. рис. 14). Из симметрии, $K$ лежит на прямой $OI$. Тогда точка $K$ является радикальным центром окружностей $S_A$, $S_B$ и $\Omega$, поэтому она лежит на прямой $CM$. Но тогда $KM \cdot KC = KA^2 = KO \cdot KI$, а значит, точка $M$ лежит на описанной окружности треугольника $OIC$. Это значит, что центр этой окружности, а также центры окружностей $S_A$ и $S_B$ лежат на серединном перпендикуляре к их общей хорде $CM$, что и требовалось.

Если же касательные к $\Omega$ в точках $A$ и $B$ параллельны (см. рис. 15), то прямая $AB$ содержит диаметры окружностей $S_A$ и $S_B$, а также является серединным перпендикуляром к $OI$, то есть содержит центр описанной окружности треугольника $OIC$.