Сделаем параллельный перенос на вектор \(AD\), пусть \(P \rightarrow Q\), тогда \(ABP \rightarrow DCQ \Rightarrow w_1 \rightarrow w'\) - внеписанную в угол \(D\) треугольника \(DCQ\). Заметим, что если у \(w'\) и \(w_2\) есть общая касательна, параллельная \(AD\), то из параллельного переноса \(w_1\) также ее касается, значит будем доказывать именно этот факт. Также заметим, что \(\angle PBA \rightarrow \angle QCD \Rightarrow\) они равны, \(\angle QPD = \angle PDA = \angle PBA = \angle QCD \Rightarrow QCPD\) вписанный. Пусть \(I\) - центр \(w_2\), \(J\) - центр \(w'\). Точка пересечения общих внутренних касательных лежит на линии центров, поэтому \(X = DC \cap IJ\) будет данной точкой. Также касательные симметричны относительно линии центров, так что требуется доказать, что \(DC\), отраженная относительно \(IJ\) параллельна \(PQ \Leftrightarrow \angle (IJ, CD)\) в \(2\) раза меньше \(\angle(PQ, CD) \Leftrightarrow (IJ, CD) = (IJ, PQ)\) (внешний угол треугольника, образованного \(IJ\), \(CD\), \(PQ\) в \(2\) раза больше \(1\) из углов, значит треугольник равнобедренный). Так как \(DQ\), \(PC\) антипараллельны относительно угла между \(CD\), \(PQ\), условие того, что \(IJ\) антипараллельна сама себе \(\Leftrightarrow \angle(IJ, DQ) = \angle(IJ, PC)\). Нетрудно заметить, что \(ICJD\) вписанный (\(\angle CID = 90\degree + \angle CPD/2, \angle CJD = \angle CQD/2\) из известного свойства инцентров и эксцентров). Пусть \((ICJD) \cap PC = X\), \((ICJD) \cap QD = Y\). Тогда из биссектрис \(\smallsmile ID = \smallsmile IX\), \(\smallsmile JC = \smallsmile JY \Rightarrow \angle(IJ, DQ) = \frac{\smallsmile DI - \smallsmile JY}2 = \frac{\smallsmile IX - \smallsmile JC}2 = \angle (IJ, PC) \Rightarrow\) утверждение верно, значит верно и изначальное, ч.т.д.