SantiagoMundaca
Demostración: Sea P \coloneqq \overline{OD} \cap \overline{BI}, Q el punto de tangencia de la circumferencia inscrita de \triangle ABC en \overline{BC}, T \coloneqq \overline{CI} \cap \overline{AB} y \alpha \coloneqq \angle CBI, \beta \coloneqq \angle ICB.
Notemos que 2\alpha + \beta = 90^{\circ} ya que \triangle ABC es isósceles. Ahora, ya que \angle BTA = 90^{\circ} por ser altura, \angle BQI = 90^{\circ} ya que \overline{BC} es tangente, o sea \angle BTA + \angle BQI = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} \implies el cuadrilátero ITBQ es cíclico. \\ \implies \angle QTI = \alpha por sostener el mismo arco. \implies \angle QIO = 2\alpha por angulos inscritos y centrales de una circumferencia.
Ahora, \angle CBO = \beta ya que \overline{OC} = \overline{OB} por radio de circumferencia. Además, como \angle POI = \alpha = \angle DBI, el cuadrilátero OIBD es cíclico. \implies \angle DIO = \beta por sostener el mismo arco. Con esto, se tiene que \angle QID = \angle QIO - \angle DIO = 2\alpha - \beta. Completando angulos en \triangle IQD se tiene que \angle QID + \angle DQI + \angle IDQ = 2\alpha -\beta + 90^{\circ} \angle IDQ= 180^{\circ} \implies2\alpha - \beta +\angle IDQ = 2\alpha +\beta \implies \angle IDQ =2\beta.\\
\therefore \overline{AC} \parallel \overline{ID} ya que \angle ACB = 2\beta = \angle IDB.
