Considere el triángulo rectángulo isósceles $ABC$ con $\angle BAC=90^\circ$. Sea $\ell$ la recta que pasa por $B$ y el punto medio del lado $AC$. Sea $\Gamma$ la circunferencia con diámetro $AB$. La recta $\ell$ y la circunferencia $\Gamma$ 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 $C$.
Sea $E$ la intersección de $\Gamma$ con $BC$ y $M$ el punto medio de $AC$. Es claro que el cuadrilátero $ABEP$ es cíclico, por lo que $\angle APE = 180 - \angle ABE= 135$. Por otro lado, como $AB$ es diámetro, tenemos que $\angle BPA=90$ de donde $\angle APM=90$. Tenemos entonces $\angle MPE= 360 - \angle EPA - \angle APM = 135$, por lo que $CMPE$ resulta cíclico también, porque $\angle MPE + \angle MCE = 180$.
Mirando el triángulo $AEB$ tenemos que $\angle AEB = 90$ por diámetro y $\angle ABE=45$ por lo que resulta isósceles y rectángulo, luego $BE=AE=EC$ y $E$ resulta punto medio de $BC$. Mirando el triángulo rectángulo $ABM$ tenemos $\angle ABM= \alpha$ y $\angle AMB = 90-\alpha$, pero $\angle APM = 90$, por lo que $\angle PAM= \alpha$.
Por último, notamos que $EM$ es base media del triángulo $ABC$, por lo que $\angle EMC = \angle BAC = \angle EMA =90$, pero $\angle BMA= 90- \alpha$ de donde $\angle EMP= \alpha$, y por arco capaz en $ECMP$ nos queda $\angle EMP= \angle ECP= \alpha$. Luego, $\angle PAC = \angle ECP$ por lo que $BC$ resulta tangente a la circunscripta de $APC$ en $C$ y estamos $\blacksquare$
Como $ABC$ es isósceles y $\angle BAC=90^\circ$, entonces $AB=AC$ y $A$ es el ortocentro de $ABC$, y como $P$ está en la circunferencia de diámetro $AB$, entonces $P$ es el pie de la perpendicular a la mediana correspondiente a $B$ desde $A$, es decir que $P$ es el punto mágico de la mediana de $B$, con lo que$$\angle CPA=180^\circ -\angle CBA=180^\circ -\angle ACB,$$de modo que por semiinscripto se sigue que $BC$ es tangente a $\odot APC$.
Notemos que $M$ (punto medio $AC$) está en el eje radical de las circunscriptas de $ABP$ y $CPB$, luego, si $L$ es la segunda intersección de AC con la de $BCP$, vale que $ML\times MC=AM^2\iff L=C$ por ser $M$ punto medio. Luego $(BCP)$ es tangente a $AC$ en $C$. Del mismo modo, si $AB$ la corta de nuevo en $N$, $A$ tiene potencia $AB\times AN=AC^2\iff N=B$, por lo que es también tangente a $AB$ en $B$.
Pues bien... Por Miquel (o angulitos), tomando $A\in AC$, $B\in AB$, $C\in BC$, vale que la circunferencia tangente a $CA$ en $A$ que pasa por $B$, la circunferencia tangente a $AB$ en $B$ que pasa por $C$ y la circunferencia tangente a $BC$ en $C$ que pasa por $A$ comparten un punto. Como las primeras dos son $(APB)$ y $(BPC)$ respectivamente, y $(ABC)$ no es tangente a $BC$ en $C$, debe ser que $(APC)$ es la circunferencia que buscamos .
Sea $B'$ el reflejo de $B$ por el punto medio de $AC$. De este modo, $ABCB'$ es un paralelogramo $\Rightarrow AB'C=ABC=45°, ACB'=BAC=90°$. Y como $P$ y $B'$ pertenecen a la mediana $l$, luego $B, P$ y $B'$ están alineados $\Rightarrow APB'=180°-APB=90°$ ($APB=90°$ pues en $\Gamma$ corresponde al diámetro). Pero entonces notemos que $APB'=ACB'=90° \Rightarrow APCB'$ es cíclico y por arco capaz $APC=180°-AB'C=135°$.
Finalmente, $CAP+ACP=180°-APC=45°$ y $ACP+BCP=ACB=45° \Rightarrow CAP=BCP$, y como se cumple arco capaz, queda demostrado lo pedido $\blacksquare$
"La matemática es para pensar. El fútbol es para sacar mi instinto animal y decirle al árbitro hdp te voy a m4t4r." Anónimo