Yo tengo algo, aunque creo que me ha salido con algo de magia, aunque sin la pista de teeteto.
Sean el triángulo del enunciado e I.
Dibujamos la circunferencia que pasa por los puntos B,C e I.
Es evidente que por lo menos, existe un rectángulo inscrito en esa circunferencia con una de sus bases igual a BC.
Haciendo perpendiculares a BC sobe B y C, obtenemos el lado opuesto a BC, llamemoslo FE.
Ahora unimos I con A, y prolongamos la recta. Cortará a la circunferencia en otro punto, H, en el arco que se genera entre F y E.
Dibujamos los triángulos CIB y FHE.
Ahora es cuando viene la magia.
Esos 2 triángulos son iguales (lo explico luego) y además la recta que se genera tras unir I con A pasa por el punto de corte de las diagonales del rectángulo (llamemoslo O) (También hablaré de ello más tarde).
Trazamos ahora la perpendicular a IH por O. Corta a la circunferencia en N,M. Tenemos así un octógono no regular, sin embargo, por ser esta última recta perpendicular, el octógono sigue un patrón de giro igual a \( \displaystyle\frac{\pi}{2} \), lo que implica que IB = MF = HE = NC y CI = BM = FH = EN.
Por tanto, los 4 triángulos que se forman de colo rojo (ver construcción adjunta) son iguales, lo que implica que es un cuadrado.
Primera aclaración. Esos 2 triángulos son iguales porque por O se forma una simetría central por ser punto de corte de las diagonales de un rectángulo.
Segunda aclaración. Creo que no es necesario hacer la recta que une AI y prolongarla. Me coincidió que pasa por O, pero al fin y al cabo no es necesario, simplemente con coger la recta IO basta para resolver el problema, aunque ya que estamos me gustaría saber por qué coincide.
Se que es algo tremendamente lioso y me apuesto lo que sea a que hay una forma más sencilla de sacarlo, pero ésta es la que yo he encontrado, y a mi me parece correcta.
Saludos.
