Sea [math]ABC un triángulo isósceles con [math]AC=BC. Sea [math]O el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo e [math]I el centro de la circunferencia inscrita en el triángulo. Si [math]D es el punto del lado [math]BC tal que [math]OD es perpendicular a [math]BI, demostrar que [math]ID es paralelo a [math]AC.
Sea [math]M el punto medio de [math]AB y [math]H=OD\cap BI. Luego [math]CM\bot AB y [math]OD\bot BI, y como [math]O,I\in CM, tenemos que [math]\angle DBI=\angle MBI=\angle HOI por lo cual el cuadrilátero [math]BIOD es cíclico y [math]\angle BDI=\angle BOM=2\angle BCM=180^{\circ}-4x, donde [math]\angle ABI=\angle CBI=x. Como [math]\angle CBI=x luego [math]\angle DIB=3x. Por otra parte, si [math]P=BI\cap CA tenemos que [math]\angle BPC=180^{\circ}-2\angle BCM-\angle CBI=180^{\circ}-(180^{\circ}-4x)-x=3x, por lo cual [math]DI||CA, como queríamos.
Como [math]ABC es isósceles con [math]AC=BC, se tiene que [math]CM además de ser mediana es bisectriz (y altura, etcétera, pero eso no nos interesa en este problema). Entonces
Tenemos que [math]I es el centro de la circunferencia inscrita, y [math]O el centro de la circunferencia circunscrita. [math]BI es bisectriz de [math]\widehat{OBD}. Por tanto [math]\widehat{OBI}=\widehat{IBD}; y como [math]OD\perp BI se tiene que [math]BO=BD.
Nos damos cuenta entonces de que [math]OBDI es un romboide, y por tanto [math]OI=ID
Como [math]OI \perp AB se tiene que [math]ID \perp BC y por tanto [math]\widehat{IDB}=90^{\circ}
En fin, [math]\widehat{BDI}=90^{\circ}=\widehat{BCA} lo que demuestra que [math]AC\parallel DI
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Sea [math]M=OD\cap IB, [math]N=AI\cap BC y [math]P=AB\cap BC. Como [math]I es el punto de intersección de las bisectrices de [math]\triangle ABC denominemos [math]\widehat{CAI}=\widehat{IAB}=\widehat{ABI}=\widehat{IBC}=\alpha y también [math]\widehat{ACI}=\widehat{ICB}=\beta (con [math]2\alpha+\beta={90^{\circ}}).
Notemos que [math]\widehat{DMB}=\widehat{CPB}={90^{\circ}}, luego [math]OBPM resulta cíclico entonces [math]\widehat{MOP}=\widehat{MBP}=\alpha. Ahora tracemos [math]OB y notemos que [math]OC=OB (por ser radios de la circunferencia), entonces [math]\triangle COB es isósceles y [math]\widehat{OCB}=\widehat{OBC}=\beta. Luego como [math]\widehat{MBC}=\widehat{MBO}+\widehat{OBC}=\alpha y [math]\widehat{OBC}=\beta, entonces [math]\widehat{IBO}=
\alpha-\beta.
Notemos que como [math]\widehat{POD} es suplementario con [math]\widehat{MOP}=\alpha, [math]\widehat{POD}={180^{\circ}}-\alpha, entonces como [math]\widehat{IBD}=\alpha, resulta que [math]\widehat{IOD}+\widehat{IBD}={180^{\circ}} y el cuadrilátero [math]IBDO es cíclico. Por propiedad en los cíclicos, [math]\widehat{MBO}=\widehat{IBO}=\widehat{IDO}=\alpha-\beta. Luego por suma de ángulos internos en [math]\triangle MID,resulta que [math]\widehat{OID}=\beta.
Por suma de ángulos internos en [math]\triangle API sale que [math]\widehat{AIP}=\widehat{CIN}=\alpha+\beta (por ser opuestos por el vértice). Luego como [math]\widehat{CIN}=\beta resulta que [math]\widehat{CAN}=\widehat{DIN}=\alpha, por lo tanto [math]AC\parallel ID como queríamos demostrar.
¨Todos somos muy ignorantes. Lo que ocurre es que no todos ignoramos las mismas cosas¨
@Fran5: No es cierto que [math]BI sea bisectriz de [math]\angle OBD (de hecho, puede pasar que ni siquiera te quede [math]I adentro del ángulo [math]\angle OBD).
@ktc123: La solución está perfecta, aunque te la rebuscaste bastante =P Fijate que el último párrafo no es necesario: una vez que tenés que [math]\angle OID = \beta, como también [math]\angle ACO = \beta y son alternos internos, automáticamente queda que [math]AC e [math]ID son paralelas.
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Comenzamos "suponiendo" que [math]AC es paralelo a [math]ID, entonces vale demostrar que [math]\angle ACI=\angle CID=\angle ICD.
Luego el cuadrilátero [math]IODB es cíclico, entonces [math]\angle CID=\angle OBD. Luego [math]COB es un triangulo isósceles, entonces demostramos lo pedido.
Demostraciones:
Cuadrilátero [math]IODB es cíclico: Primero veamos que el cuadrilátero [math]FOBG es cíclico ya que sus diagonales marcan ángulos rectos, es decir iguales. De aquí marcamos ángulos (echos con amarillo y violeta)
Luego sabemos que [math]\angle GBI=\angle IBD por ser la bisectriz . Luego tenemos los ángulos opuestos [math]\angle IOD y [math]\angle IBD que suman 180.Demostrando lo que queríamos.
El triangulo [math]COB es isósceles: fácilmente ya que [math]OC=OB, por ser radios de la circunferencias circunscrita en [math]ABC
Datos: Estoy dejando de nombrar cosas importantes como:
-En el triangulo isósceles [math]ABC, [math]G es el punto medio de [math]AB y [math]GC es bisectriz y altura.
-De lo anterior [math]C, [math]I, [math]O, son colineales.
-Marque cosas como puntos o segmentos que no los nombro porque los tracé cuando resolvía pero no sirvieron de nada.
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Sea $\hat{CAB}=\hat{ABC}=2\alpha$ $\Rightarrow$ $\hat{ACB}=180°-4\alpha$ $\Rightarrow$ $\hat{OCB}=90°-2\alpha=\hat{CBO}$ $\Rightarrow$ $\hat{IBO}=90°-3\alpha=\hat{CBO}-\hat{CBI}$ $\Rightarrow$ $\hat{BOD}=3\alpha$ $\Rightarrow$ $\hat{COD}=\alpha$ (pues $\hat{CAB}=2\alpha$ es ángulo inscrito y $\hat{COB}=2\hat{CAB}$ por ser ángulo central)
Además $IOBD$ es cíclico, ya que $\hat{IOD}=\hat{IBD}=\alpha$ y $\hat{OIB}=\hat{ODB}=90°-\alpha$,$\hat{IBO}=\hat{IDO}=90°-3\alpha$ y $\hat{BOD}=\hat{BID}=3\alpha$ $\Rightarrow$ $\hat{CDI}=180°-(\hat{BDO}+\hat{IDO})=180°-(90°-\alpha+90°-3\alpha)=4\alpha$ $\Rightarrow$ $\hat{ACD}+\hat{CDI}=180°-\not{4\alpha}+\not{4\alpha}=180°$ y siendo $\overrightarrow{DI}$ $\cap$ $\bar{AB}$$=$$\left\{E\right\}$, se tiene que $ACDE$ es trapecio.
$\therefore$ $\bar{AC}=\bar{DI}$ (Q.E.D.)
