Sea $ABCD$ un paralelogramo de lados $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ y centro $O$ tal que $B\widehat AD<90^\circ$ y $A\widehat OB>90^\circ$. Consideremos $A_1$ y $B_1$ puntos de las semirrectas $OA$ y $OB$ respectivamente, tales que $A_1B_1$ es paralelo a $AB$ y $A_1\widehat B_1C=\frac{1}{2}A\widehat BC$. Demostrar que $A_1D$ es perpendicular a $B_1C$.
Sean $E=A_1D\cap B_1C$, $F=AD\cap A_1B_1$ y $G=BC\cap A_1B_1$. Como $A_1B_1\parallel AB\parallel CD$, se tiene $E\widehat CD=E\widehat B_1A_1=\frac{1}{2} C\widehat BA$. Por ser $ABCD$ un paralelogramo, $C\widehat BA+D\widehat CB=2E\widehat CD+D\widehat CB=180^\circ \Rightarrow B\widehat CB_1=E\widehat CD$ y el $\triangle B_1GC$ es isósceles en $G$. Sean $OB=a$ y $BB_1=b$, por paralelismo $\triangle DBA\simeq \triangle DB_1F\Rightarrow \frac{2a+b}{2a}=\frac{FB_1}{AB}$, entonces $FB_1=AB\frac{2a+b}{2a}=AB+AB\frac{b}{2a}$, pero como $A_1B_1\parallel CD$ y $AD\parallel BC$, entonces $FGCD$ es un paralelogramo y $FG=CD=AB\Rightarrow GB_1=AB\frac{b}{2a}$. Por paralelismo, $\triangle A_1B_1O\simeq \triangle ABO$, entonces $\frac{a+b}{a}=\frac{A_1B_1}{AB}\Rightarrow A_1B_1=AB\frac{a+b}{a}=AB+AB\frac{b}{a}$, pero como $FB_1=AB+AB\frac{b}{2a}$, entonces $A_1F=GB_1=AB\frac{b}{2a}$. Como $FGCD$ es un paralelogramo y $\triangle B_1GC$ es isósceles en $G$, entonces $FD=GC=GB_1=A_1F$ y $\triangle DFA_1$ es isósceles en $F\Rightarrow A_1\widehat DF=D\widehat A_1F$ pero por paralelismo $D\widehat A_1F=E\widehat DC$. Como $ABCD$ es un paralelogramo, entonces $A\widehat DC=A\widehat BC=2A_1\widehat B_1C$. Por lo tanto $2D\widehat A_1F+2A_1\widehat B_1C=180^\circ \Rightarrow D\widehat A_1F+A_1\widehat B_1C=90^\circ \Rightarrow A_1\widehat EB_1=90^\circ$.
Finalmente $A_1D\perp B_1C$.
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Sea $l$ la paralela a $BC$ por $O$, la misma interseca a $DC$ en $P$. La circunferencia de centro $P$ y radio $PC$ corta a $l$ en $X$. La recta $XC$ corta a $DB$ en $B'_1$. La paralela a $AB$ por $B'_1$ corta a $l$ en $M$ y a $XD$ en $A'_1$.
Debemos demostrar que $B'_1 = B_1$, $A'_1 = A_1$ y $\angle A'_1XB'_1 = 90^{\circ}$.
Notemos que $XP = PX = PC \Rightarrow$ por mediana de un triangulo rectángulo $\angle DXC = 90^{\circ}$ y además $\angle PXC = \angle PCX$ y $\angle PXC + \angle PCX = \angle OPC = \angle ABC$ de donde $\angle PCX = \frac{\angle ABC}{2} = \angle MB'_1X = \angle MB'_1C$ y recordemos que $MB_1$ era la paralela a $AB \Rightarrow B'_1 = B_1$.
Si demostramos $A'_1, O, C$ colineales, entonces $A'_1 = A_1$. Por Cevita:
Notemos que la homotecia de cetro $X$ que manda $D$ a $A'_1$ también manda $P$ a $M$, y como $P$ era punto medio de $DC$, entonces $M$ es punto medio de $A'_1B_1$. Por último, la igualdad de arriba es cierta por Thales, lo cual prueba lo deseado.
$\blacksquare$
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Sea $M$ el punto medio de $AB$, sea $E$ en la semirrecta $MO$ tal que $MA=MB=ME$. Sean $F=AE\cap OD$ y $G=BE\cap OC$. Como $MB=ME$ y $MO\parallel BC$ por base media, tenemos que$$\angle EBM=\angle MEB=\angle CBE,$$con lo que $BE$ es bisectriz de $\angle CBA$. Análogamente se tiene que $AE$ es bisectriz de $\angle BAD$. Como $EM$, $AG$ y $BF$ concurren en $O$ y $M$ es el punto medio de $AB$, por Ceva y Thales se sigue que $FG\parallel AB$. Como $\angle A_1B_1C=\frac{1}{2}\angle ABC=\angle ABE$, tenemos que $B_1C\parallel BE\parallel BG$. Además, por dato tenemos que $A_1B_1\parallel AB$. Por Thales resulta entonces que$$\frac{OF}{OD}=\frac{OG}{OC}=\frac{OB}{OB_1}=\frac{OA}{OA_1},$$de donde $A_1D\parallel AF\parallel AE$. Como $AE\perp BE$ por el Lema de tu Vida (o por ser bisectrices de ángulos consecutivos de un paralelogramo), tenemos que $A_1D\perp B_1C$.
