Пусть $ABC$ – тр-к с прямым углом $B, O$ – центр его описанной окружности, $M$ и $N$ – точки касания вписанной окружности с катетами $AB$ и $ВC$ соответственно, $X$ и $Y$ – середины дуг $AB$ и $BC$. Достаточно доказать, что точки $M$ и $N$ лежат на хорде $XY$.   Способ 1. Перпендикуляры $OS$ и $OT$, опущенные на катеты $AB$ и $BC$, пересекают описанную окружность в точках $X$ и $Y$ соответственно (см. рис.). Обозначим длины касательных из точек $A, B, C$ к вписанной окружности через $a, b, c$. Треугольник $XOY$ равнобедренный прямоугольный. Заметим, что  $XS = OX – OS = \frac{a+c}{2} – \frac{b+c}{2} = \frac{a-b}{2}$.  Если $M'$ – точка пересечения $XY$ с $AB$, то  $SM' = SK = \frac{a-b}{2}$,  откуда  $SM' + MB = SK + MB = \frac{a-b}{2} + b = \frac{a+b}{2} = BS$, а значит, $M'$ и $M$ совпадают. Аналогично $XY$ пересекает $BC$ в точке $N$.

  Способ 2. Пусть $I$ – центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Точки касания вписанной окружности с катетами, очевидно, лежат на серединном перпендикуляре к отрезку $IB$. По известной лемме о трезубце (см. задачу 153119) на этом же серединном перпендикуляре лежат середины $X$ и $Y$ дуг $AC$ и $BC$.   Способ 3. Воспользуемся так называемой Задачей 255.   Пусть вписанная окружность треугольника $ABC$ касается его сторон $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Тогда проекция $K$ точки $C$ на биссектрису угла $A$ лежит на прямой $MN$.   Пусть точка $P$ – проекция точки $A$ на биссектрису угла $C$, точка $Q$ – проекция точки $C$ на биссектрису угла $A$. По Задаче 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $MN$. Так как

90° = ∠$B$ = ∠$APC$ = ∠$AQC$,  точки $P$ и $Q$ совпадают соответственно с $X$ и $Y$.

$\frac{\sqrt2}2$.