Problema 5 Cono Sur 2018

[jujumas]

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con $\angle BAC = 60^{\circ}$ de incentro $I$ y circuncentro $O$. Sea $O'$ el punto diametralmente opuesto a $O$ en la circunferencia circunscrita del triángulo $BOC$. Demostrar que
$$IO' = BI + IC.$$

[jpl96]

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Es fácil ver que $B, I, O, C$ son concíclicos. Además, $∠O’IC = 60°$ y $BO’C$ es equilátero. Si $B’$ es tal que $IO’B’$ es equilátero ($B'$ en $IC$), tenemos que $BO’I$ y $CO’B’$ son congruentes, con $BI = CB’$. Pero $IO’ = IB’ = IC + CB’ = IC + BI$.

[Gianni De Rico]

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Por ser $I$ el incentro de $ABC$ tenemos $B\widehat IC=90°+\frac{1}{2}B\widehat AC$, y como $C\widehat AB=60°$ resulta, $B\widehat IC=120°=2\cdot 60°=2\cdot C\widehat AB=C\widehat OB$ de donde $BIOC$ es cíclico (notar que como $C\widehat AB<90°$ entonces $I$, $O$ y $A$ están en el mismo semiplano respecto de $BC$).
Como el circuncentro de $BOC$ está sobre la mediatriz de $BC$ y $O'$ es el reflejo de $O$ por el cirucuncentro de $BOC$, concluimos que $OO'$ es mediatriz de $BC$; pero $B\widehat {O'}C=180°-B\widehat OC=180°-120°=60°$, de donde $BO'C$ es equilátero.
Sean $\Gamma$ el circuncírculo de $ABC$ y $B'$ el punto medio del arco $AB$ de $\Gamma$ que no contiene a $C$. Luego, $B',I,C$ son colineales y $BB'=B'I$. Pero por arco capaz $B\widehat {B'}I=B\widehat {B'}C=B\widehat AC=60°$ y $B'IB$ es equilátero.
Entonces $BB'=BI$, $BC=BO'$ y $O'\widehat BI=O'\widehat BC+C\widehat BI=60°+C\widehat BI=I\widehat BB'+C\widehat BI=C\widehat BB'$; por lo que $\triangle BB'C\equiv \triangle BIO'$. Luego $IO'=B'C=B'I+IC=BI+IC$. Queda demostrado el problema.

[BrunZo]

Solución:

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Es claro que $\angle BOC=\angle BIC=120^{\circ}$, de modo que $B$, $I$, $O$, $C$ son concíclicos. Además, $\angle BO'C=60^{\circ}$, por lo que $BO'C$ es equilátero. Finalemnte, por Ptolomeo $BI\cdot CO'+CI\cdot BO'=O'I\cdot BC\Longrightarrow BI+CI=O'I$ (ver Teorema de Van Schooten)