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Il trucchetto è presto detto: spesso, dato un triangolo $ABC$, comporre un'inversione di centro $A$ e raggio opportuno (a volte $\sqrt{AB\cdot AC}$, ma dipende da cosa si vuol lasciar fisso) con una simmetria rispetto alla bisettrice di $A$ offre interessanti informazioni sulla figura. Gli esercizi seguenti, più che problemi veri e propri, sono lemmi o passaggi chiave nella soluzione di altri esercizi e rappresentano abbastanza bene l'uso che si fa della tecnica di inversione+simmetria.

Il classico (direttamente dal primo WC della storia) Dimostrare che il centro di similitudine interno tra circonferenza inscritta e circonferenza circoscritta è coniugato isogonale del punto di Gergonne.
Hint Variazione sul tema Sia $ABC$ un triangolo e sia $\omega$ una circonferenza tangente ad $AB$, $AC$ e alla circoscritta internamente in un punto $P$. Sia $Q$ il punto di $\omega$ interno al triangolo $ABC$ tale che la tangente ad $\omega$ in $Q$ sia parallela a $BC$. Allora $\angle BAP=\angle CAQ$.
Hint Sfiziosità 1 Sia $ABC$ un triangolo e sia $\gamma$ la sua circonferenza dei nove punti. Sia $O$ il circocentro e sia $\omega$ la circonferenza circoscritta a $OBC$. Denotiamo con $X$ e $Y$ le intersezioni tra $\gamma$ e $\omega$. Dimostrare che $\angle BAX=\angle CAY$.
Hint Sfiziosità 2 Siano $ABC$ un triangolo acutangolo, $O$ il circocentro di $ABC$, $T$ il circocentro di $OAC$, $M$ il punto medio di $AC$. $D, E$ sono punti su $AB, BC$ tali che $\angle BDM=\angle BEM=\angle ABC$. Dimostrare che $BT\perp DE$.
Hint Novità Sia $ABC$ un triangolo acutangolo, con circocentro $O$ e punto di Lemoine $L$. Sia $P$ il piede dell'altezza da $A$ su $BC$, sia $Q$ l'intersezione di $LA$ con la circoscritta ad $ABC$ e sia $R$ l'intersezione di $AO$ con la circoscritta a $OBC$. Allora $APQR$ è ciclico.
Hint

Comincio facendo il primo.

Do prima tutti i nomi possibili e immaginabili. Chiamo $\Gamma$ e $\omega$ le circonferenze circoscritte e inscritte, $\omega_A$ la circonferenza tangente a $AB$, $AC$ e esternamente a $\Gamma$. Sia $X_A$ il punto di tangenza tra $\omega_A$ e $\Gamma$ e sia $L_A$ il punto di tangenza tra $BC$ e $\omega$. Similmente per $X_B$, $L_B$, $X_C$ e $L_C$.

Indico con $\mathcal{T}$ la composizione di inversione di centro $A$ e raggio $\sqrt{AB \cdot AC}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle BAC$.

Fatto 1: siano $R$ e $S$ due punti tali che $R$ è centro di similitudine di $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ e $S$ è centro di similitudine di $\Gamma_2$ e $\Gamma_3$. Allora il centro di similitudine ($U$) di $\Gamma_1$ e $\Gamma_3$ sta sulla retta $RS$.

Dim: Complessi... Dunque "Wlog" $R=\mathrm{origine}$. Il punto unito della composizione delle omotetie, $R$ e $S$ sono allineati. Infatti $z'=\lambda(\mu z -s)+s$ e quindi l'unico punto unito della composizione è $\displaystyle u=s \frac{1-\lambda}{1-\lambda\mu}$. Dato che $\displaystyle \frac{1-\lambda}{1-\lambda\mu} \in \mathbb{R}$ ho $U$, $S$ e $R$ allineati.

Fatto 2

$A$ è il centro di similitudine esterno tra $\omega$ e $\omega_A$ (perchè punto di incontro tra le tangenti) e quindi il rapporto è positivo, mentre $X$ è il centro di similitudine interno tra $\omega_A$ e $\Gamma$ (unico punto di tangenza tra le due circonferenze) e quindi il rapporto è negativo: sulla retta $AX_A$ c'è il centro di similitudine tra $\omega$ e $\Gamma$ e il rapporto è negativo, dunque è il centro di similitudine interno.

Fatto 3: $\mathcal{T}(AL_A)=AX_A$

Dim: abbiamo che $\mathcal{T}(B)=C$, $\mathcal{T}(C)=B$, quindi $\mathcal{T}(AC)=AB$ e $\mathcal{T}(AB)=AC$. Inoltre $\mathcal{T}(BC)=\Gamma$ e $\mathcal{T}(\Gamma)=BC$.

Il trasformato di $\omega$ è più interessante. E' una circonferenza esterna a $\mathcal{\Gamma}$ e tangente a $\mathcal{T}(AB)$, $\mathcal{T}(AC)$ e $\mathcal{T}(BC)$, cioè $\mathcal{T}(\omega)=\omega_A$ e $\mathcal{T}(\omega_A)=\omega$.

Infine $\mathcal{T}(X_A)=\mathcal{T}(\omega_A) \cap \mathcal{T}(\Gamma)=\omega \cap BC$ e dunque $\mathcal{T}(X_A)=L_A$, ma allora $\mathcal{T}(AX_A)=AL_A$.

Step 4: to sum up

Abbiamo che il centro di similitudine interno di $\omega$ e $\Gamma$ sta sulle rette $AX_A$ ma ciclicamente sta su $BX_B$ e $CX_C$ (ripetendo il discorso similmente). Inoltre $AX_A$ e $AL_A$ sono simmetriche rispetto alla bisettrice (grazie alla simmetria + inversione). Infine $AL_A$, $BL_B$ e $CL_C$ concorrono in Gergonne e dunque $AX_A$, $BX_B$ e $CX_C$ concorrono nel coniugato isogonale di Gergonne.

Secondo. Indico con $\mathcal{T}$ la composizione di inversione di centro $A$ e raggio $\sqrt{AB\cdot AC}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle BAC$. Sia $\Gamma$ la circonferenza circoscritta, $\Gamma_A$ la circonferenza exinscritta, sia $D= \Gamma_A \cap BC$.

Abbiamo che $\mathcal{T}(B)=C$, $\mathcal{T}(C)=B$, quindi $\mathcal{T}(AC)=AB$ e $\mathcal{T}(AB)=AC$. Inoltre $\mathcal{T}(BC)=\Gamma$ e $\mathcal{T}(\Gamma)=BC$.

Ora $\mathcal{T}(\omega)$ è una circonferenza tangente a $\mathcal{T}(AC)$, $\mathcal{T}(AB)$ e $\mathcal{T}(\Gamma)$, cioè è una circonferenza tangente a $AB$, $BC$ e $CA$, cioè $\Gamma_A$. Ma allora $\mathcal{T}(P)=\mathcal{T}(\omega) \cup \mathcal{T}(\Gamma)=\Gamma_A \cup BC = D$.

La tesi è dimostrare che $A$, $Q$ e $D$ sono allineati.

Ma questo è banale. Infatti sia $\mathcal{O}$ l'omotetia di centro $A$ che manda $\omega$ in $\Gamma_A$. Ovviamente la tangente a $Q$ parallela a $BC$ finisce in $BC$ e dunque il trasformato di $Q$ è il punto di tangenza tra $BC$ e $\Gamma_A$. Ma allora centro di omotetia, $D$ e $Q$ risultano allineati.


N.B. Un sentito ringraziamento va a EvaristeG che mi ha fatto capire davvero a che serve sta buffa trasformazione (trasformazione di cui mi prendevo gioco al Senior, quando alcuni ne parlavano come se stessero bevendo un bicchiere d'acqua e io morivo nel cercare di intuire qualcosa)..

Provo la sfiziosità 1 (PS Secondo me questa trasformazione è molto figa e truccosa).
Sia $\tau$ la trasformazione composta di inversione di centro $A$ e raggio $\sqrt{AB \cdot AC}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle CAB$. Denotiamo con $M$ il punto medio di $AB$, con $N$ il punto medio di $BC$, con $H$ il piede dell'altezza relativa a $BC$.
Si ha:
$\tau(B)=C$
$\tau(C)=B$
$\tau(M)=N'$, dove $N'$ è il punto sulla retta $AC$ tale che $AN'=2AC$: infatti invertendo si ha che $M$ va nel punto $M_1$ su $AB$ tale che $AM \cdot AM_1 =AB \cdot AC \to AM_1 \cdot \frac{AB}{2}=AB \cdot AC \to AM_1=2AC$. Simmetrizzando il punto $M_1$ va in un punto $M_2$ sulla retta $AC$ tale che $AM_2=AM_1=2AC$ (la simmetria è un'isometria).
$\tau(N)=M'$, dove $M'$ è il punto sulla retta $AB$ tale che $AM'=2AB$: il ragionamento è analogo al punto precedente.
$\tau(H)=O'$, dove $O'$ è il punto sulla retta $AO$ tale che $AO'=2AO$: infatti invertendo si ha che $H$ va nel punto $H_1$ su $AH$ tale che $AH \cdot AH_1 =AB \cdot AC \to AH_1 \cdot AB \cdot sen{\beta} =AB \cdot AC \to AH_1=\frac{AC}{sen{\beta}}=2R$. Simmetrizzando il punto $H_1$ va in un punto $H_2$ sulla retta $AO$ (ortocentro e circocentro sono coniugati isogonali) tale che $AH_2=AH_1=2R=2AO$ (la simmetria è un'isometria).
$\tau(O)=H'$, dove $H'$ è il punto sulla retta $AH$ tale che $AH'=2AH$: il ragionamento è analogo al precedente.
Quindi $\tau(\gamma)= \tau(\odot(MNH))=\odot(N'M'O')$ e $\tau(\omega)= \tau(\odot(OBC))=\odot(H'CB)$.
Ora è sufficiente dimostrare che, dette $X'$ e $Y'$ le intersezioni fra queste due nuove circonferenze, si ha $A,X,Y'$ allineati e $A,Y,X'$ allineati. Considerando l'omotetia di centro $A$ e fattore 2, si ha:
$\gamma=\odot(MNH) \to \odot(BCH')$ e $\omega=\odot(OBC) \to \odot(O'M'N')$. Quindi esiste un omotetia di centro $A$ che manda $X \to Y'$ e $Y \to X'$ (in un omotetia le intersezioni delle circonferenze di partenza vanno nelle intersezioni delle trasformate), pertanto si ha la tesi.

Provo anche la sfiziosità 2.
Claim 1
Il circocentro di $DBE$ coincide con quello della circonferenza di Feuerbach $L$.
Tracciamo da $M$ la parallela ad $AB$: essa incontra $BC$ nel punto medio N. Si ha che il trapezio $BDMN$ è isoscele in quanto gli angoli alla base sono congruenti; da ciò segue che l'asse delle due basi coincide: infatti, detto $X$ il punto medio di $MN$, si ha che $X \in asse \ BD$ (i triangoli $XMB$ e $XND$ sono congruenti per il primo criterio, quindi $XB=XD$) e, analogamente, detto $Y$ il punto medio di $BD$, si ha che $Y \in asse \ MN$. La retta $XY$ è quindi l'asse comune.
Tracciamo da $M$ la parallela a $BC$: essa incontra $AB$ nel punto medio P. Si ha che il trapezio $BEMP$ è isoscele in quanto gli angoli alla base sono congruenti; da ciò segue che l'asse delle due basi coincide.
Quindi il punto d'incontro degli assi di $BD$ e $BE$, ossia il circocentro di $BDE$, coincide con l'intersezione degli assi di $MP$ e $MN$, che è il circocentro di $MNP$, ossia proprio $L$.
Claim 2
$BT$ e $BL$ sono simmetrici rispetto alla bisettrice di $\angle ABC$.
Consideriamo $\tau$, la trasformazione composta di inversione di centro $B$ e raggio $\sqrt{\frac{AB \cdot BC}{2}}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle ABC$. Si ha:
$\tau(P)=C$: infatti con l' inversione $AP \cdot AP'=\frac{AB \cdot BC}{2} \to AP'=BC$; con la simmetria $P'$ va in un punto sul lato $BC$ tale che $BP'=BC$, ossia proprio $C$.
$\tau(N)=B$: il ragionamento è analogo a quello sopra.
$\tau(H)=O$, dove $H$ è il piede dell'altezza relativa ad $AC$: infatti con l' inversione $AH \cdot AH'=\frac{AB \cdot BC}{2} \to AB \cdot sen\alpha \cdot AH'=\frac{AB \cdot BC}{2} \to AH'=\frac{BC}{2 sen \alpha} \to AH'=R$; con la simmetria $PH'$ va in un punto sulla retta $BO$ (poichè ortocentro e circocentro sono coniugati isogonali) tale che $BH'=R$, ossia proprio $O$.
Quindi $\tau \odot(PNH) = \odot (CBO)$: la trasformazione manda la circonferenza di Feuerbach in quella per $O,B,C$.
La retta $BL$ va nella retta $BL'$; ma noi sappiamo che in un inversione il centro di inversione, l'immagine del centro della circonferenza di partenza $\Gamma$ e il centro dell'immagine di $\Gamma$ sono allineati, quindi $B,L',T$ sono allineati. Dunque la retta $BL$ va nella retta $BT$, quindi $BT$ e $BL$ sono simmetrici rispetto alla bisettrice di $\angle ABC$.
Ora concludiamo notando che $BL$ è la retta ceviana del circocentro in $BDE$, quindi $BT$ sarà retta ceviana dell'ortocentro, pertanto altezza. Pertanto $BT \perp DE$.

Per finire, provo l'ultimo .
Claim 1
$APQR$ è ciclico $\iff$ $H,M,O'$ sono allineati, dove $H$ è l'ortocentro, $M$ è il punto medio di $BC$ e $O'$ il simmetrico di $A$ rispetto a $O$.
Sia $\tau$ la trasformazione composta di inversione di centro $A$ e raggio $\sqrt{AB \cdot AC}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle CAB$.
$\tau(P)=O'$, la dimostrazione l'ho già fatta nella sfiziosità 1.
$\tau(Q)=M$: la retta $AL$ è simmediana e $Q=AL \cap \odot(ABC)$, quindi $\tau(Q)=\tau(AL) \cap \tau(\odot(ABC))$. Abbiamo che $AL$ rimane in sè stessa con l'inversione e va nella mediana con la simmetria. Dunque $\tau(Q)=AM \cap BC=M$.
$\tau(R)=H$: la circoscritta ad $OBC$ va nella circoscritta a $BCP'$, dove $P'=\tau(O)$ è il simmetrico di a rispetto a $P$ (e quindi anche a $BC$).$\tau(R)=\tau(AO) \cap \odot(P'BC)=AP \cap \odot(P'BC)$; la loro seconda intersezione (la primo è $P'$, che è l'immagine di $O$) è $H$: facendo infatti la simmetria rispetto a $BC$ l'intersezione va in $AP \cap \odot(ABC)$, che è proprio il simmetrico di $H$ rispetto a $BC$.
Dato che $\tau$ manda una circonferenza passante per il centro in una retta non passante per il centro, $APQR$ è ciclico $\iff$ le immagini di $R,Q,P$, ossia $H,M,O'$, sono allineate.
Claim 2
$H,M,O'$ sono allineati.
Lo dimostro in due modi:
Modo 1: sintetica
Si ha $MC=MB$ per definizione.
Si ha $\angle MBH=\angle CBH=90^\circ - \gamma$ e $\angle MCO'=\angle BCO'=\angle BAO'=\angle CAH=90- \gamma$, dove la seconda uguaglianza si ha perchè insistono sullo stesso arco e la terza perchè $H$ e $O$ sono coniugati isogonali. Dunque $\angle MBH=\angle MCO'$.
Dalla similitudine dei triangoli rettangoli $ABP$ e $AO'C$ si ricava $\frac{2R}{O'C}=\frac{AB}{BP} \to O'C=\frac{BP}{sen \gamma}=BH$ col teorema dei seni.
Per il primo criterio si ha quindi $MBH=MCO'$, dunque $\angle BMH=\angle CMO'$, che implica l'allineamento.
Modo 2: baricentriche
$\frac{[BO'C]}{[BAO']}$ è il rapporto fra le altezze relative a $BO'$ nei due triangoli, dunque vale $-\frac{c}{a \cdot cos \beta}$.
$\frac{[AO'C]}{[BAO']}$ è il rapporto fra le altezze relative a $BO'$ nei due triangoli, dunque vale $-\frac{b}{a \cdot cos \gamma}$.
Dunque si ha:
$M=[0:1:1]$
$H=[\frac{a}{cos \alpha}:\frac{b}{cos \beta}:\frac{c}{cos \gamma}]$
$O'=[-a:\frac{b}{cos \gamma}:\frac{c}{cos \beta}]$.
Dimostriamo che il determinante delle coordinate vale 0. $\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ \frac{a}{cos \alpha} & \frac{b}{cos \beta} & \frac{c}{cos \gamma} \\ -a & \frac{b}{cos \gamma} & \frac{c}{cos \beta} \end{vmatrix} = 0 \to -\frac{c}{cos \gamma}+\frac{b}{cos \gamma \cdot \cos \alpha}+\frac{b}{cos \beta}-\frac{c}{cos \beta \cdot \cos \alpha}=0 \to
\\ -c \cdot cos \alpha \cdot cos \beta+b \cdot cos \beta+b \cdot cos \alpha \cdot \cos \gamma-c \cdot cos \gamma =0 \to
\\ -c \cdot cos \alpha \cdot cos \beta+b \cdot cos \beta-a \cdot cos \beta \cdot \cos \gamma=0 \to
\\ a \cdot cos \gamma \cdot cos \beta -a \cdot cos \beta \cdot \cos \gamma =0 $.
Quest'ultima è banalmente vera (negli ultimi 2 passaggi ho sfruttato il teorema delle proiezioni).

andrew24x ha scritto:[...] e $O'$ il simmetrico di $A$ rispetto a $O$.[...]
Claim 2
$H,M,O'$ sono allineati.
[...]

Noterei che $O'$ nient'altro è che il simmetrico di $H$ rispetto ad $M$, il che è abbastanza elementare (se $H'$ è il simmetrico di $H$ rispetto a $BC$, allora $AH'O'$ è retto in $H'$, quindi $H'O'\parallel BC$, dunque l'asse di $BC$ è asse di $H'O'$, ovvero $O'$ è il simmetrico rispetto all'asse di $BC$ del simmetrico rispetto a $BC$ di $H$, dunque è il simmetrico rispetto a $M$ di $H$).