Estas son mis soluciones a los problemas $2$ y $6$ de la Olimpiada Panamericana Femenil de Matemáticas.
Problema 2. Considere el triángulo rectángulo isósceles $\triangle{ABC}$ con $\angle{BAC}=90^\circ$. Sea $l$ la recta que pasa por $B$ y el punto medio del lado $AC$. Sea $\tau$ la circunferencia con diámetro $AB$. La recta $l$ y la circunferencia $\tau$ se intersecan en el punto $P$, diferente de $B$. Muestre que la circunferencia que pasa por los puntos $A$, $C$ y $P$ es tangente a la recta $BC$ en $C$.
Demostración. Considera una línea, $m$, paralela a $AB$ que pase por $C$. Denota con $D$ la intersección de $l$ y $m$. Por el Teorema de Tales, $\angle{APD}=90^\circ$. Como $\angle{ACD}$ es recto, tenemos que $APCD$ es cíclico. Llamemos $M$ al punto medio de $AC$. Claramente, $\triangle{ABM}\cong{\triangle{CDM}}$ (por el criterio $ALA$) con $CD=AB=AC$, por lo que $\triangle{ACD}$ es también un triangulo rectángulo isósceles con $\angle{ADC}=\angle{ACB}$. Por la conversa del Teorema del Segmento Alterno, la circunferencia que pasa por los puntos $A$, $P$ y $C$ debe ser tangente a $BC$ en $C$.
Problema 6. Sea $ABC$ un triángulo con incentro $I$ y sea $\tau$ el excírculo opuesto al vértice $A$. Suponga que $\tau$ es tangente a las rectas $BC$, $AC$ y $AB$ en los puntos $A_1$, $B_1$ y $C_1$, respectivamente. Suponga que las rectas $IA_1$, $IB_1$ e $IC_1$ intersectan nuevamente a $\tau$ en los puntos $A_2$, $B_2$ y $C_2$, respectivamente. Sea $M$ el punto medio del segmento $AA_1$. Si las rectas $A_1B_1$ y $A_2B_2$ se intersectan en $X$ y las rectas $A_1C_1$ y $A_2C_2$ se intersectan en $Y$, demuestre que $MX=MY$.
Demostración. Claramente, $\angle{ABI}=\angle{BC_1A_1}$, por lo que $BI\parallel{A_1C_1}$. Por propiedad de ángulos entre paralelas, $\angle{BIC_1}=\angle{IC_1A_1}$ y por propiedad del ángulo semiinscrito, $\angle{BC_1I}=\angle{C_1A_1C_2}$. Esto implica que $\triangle{IBC_1}\sim{\triangle{A_1C_1C_2}}$. Luego sigue que $\angle{IC_2A_1}=180^\circ-\angle{C_1C_2A_1}=180^\circ-\angle{C_1BI}=\angle{ABI}=\angle{A_1BI}=\frac{\angle{ABC}}{2}$. De donde se deduce que $IBC_2A_1$ es cíclico. Denotemos con $N$ la segunda intersección de $BC_2$ con $\tau$. Por el Teorema de Reim, $BI\parallel{A_2N}$. Note que $A_1NC_1C_2$ es un cuadrilátero armónico, por lo que si proyectamos desde $A_2$ sobre la recta $A_1C_1$, también paralela a $A_2N$ (recuerde que $BI\parallel{A_1C_1}$), tenemos
$$-1=(N, C_2; C_1, A_1)\stackrel{A_2}{=}(P_\infty, Y; C_1, A_1).$$
Esto implica que $Y$ es el punto medio de $A_1C_1$. Análogamente, $X$ es el punto medio de $A_1B_1$. Por el Teorema del Segmento Medio, $MY=\frac{AC_1}{2}$ y $MX=\frac{AB_1}{2}$. Pero $AC_1=AB_1$ por ser tangentes comunes, por lo tanto $MY=MX$.
