О касании окружностей треугольников A0IC0 и ABC

Решение 1: Серединный перпендикуляр к $BB_1$ и биссектриса угла $A$ пересекаются на описанной окружности треугольника $ABB_1$, следовательно, $\angle IBA_0=\angle IAB$. Аналогично $\angle IBC_0=\angle ICB$. Тогда $\angle A_0BC_0=\angle A_1IC$, т.е. точки $I$, $A_0$, $C_0$, $B$ лежат на одной окружности. Касательная к этой окружности в точке $B$ образует с прямой $BB_1$ угол, равный $\angle BC_0A_0+\angle A_0BI=\angle IAC+\angle AIB_1=\angle BB_1C$. Такой же угол образует $BB_1$ с касательной к окружности $ABC$. Значит, обе окружности касаются в точке $B$.

Решение 2: Пусть $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ повторно пересекают описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $A'$, $B'$, $C'$ соответственно. Обозначим через $M$ и $N$ середины отрезков $BB_1$ и $BI$ соответственно. Заметим, что по теореме о трезубце $A'C'$ – серединный перпендикуляр к отрезку $BI$.

Для решения задачи достаточно доказать подобие четырехугольников $A_0IC_0B$ и $A'BC'B'$. Действительно, так как четырехугольник $A'BC'B'$ вписанный, окружность $A_0IC_0$ проходит через $B$. Также из параллельности прямых $A_0C_0$ и $A'C'$ получаем, что окружности $A_0IC_0$ и $A'IC'$ касаются в точке $I$. Симметрия относительно $A'C'$ сохраняет первую окружность, проходящую через $B$ и $I$, а вторую переводит в описанную около треугольника $ABC$. Следовательно, окружности $A_0IC_0$ и $ABC$ касаются в точке $B$.

Чтобы доказать подобие, заметим, что треугольники $A_0IC_0$ и $A'BC'$ подобны, а отрезки $IM$ и $BN$ являются их соответственными высотами. Поэтому достаточно доказать равенство $BM:BI=B'N:B'B$ или $BB_1:BI=(B'I+B'B):B'B$. Вычитая из обеих частей по единице, получаем $IB_1:BI=B'I:B'B$. Но $IB_1:BI=AB_1:AB=B'C:B'B=B'I:B'B$, ч.т.д.