Riesumo questo problema veramente molto carino (sperando di averne finalmente trovato una dimostrazione funzionante), perché quando era appena stato proposto mi sono tristemente arenato a tentare improbabili conti in analitica senza troppa convinzione e solamente ora mi è venuta l'illuminazione di provare a invertire in un cerchio di diametro $BC$
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Siano $H_b$ ed $H_c$ i piedi delle altezze uscenti rispettivamente da $B$ e $C$, e sia $M$ il punto medio di $BC$. Il quadrilatero $BH_cH_bC$ è ciclico di centro $M$, in quanto gli angoli $\angle BH_bC$ e $\angle CH_cB$ sono entrambi retti, chiamo dunque $\Omega$ la circonferenza che lo circoscrive, che si verifica essere tangente ad entrambe le rette $CX$ e $BY$ (perpendicolari al diametro e passanti per i due estremi).
Considerate ora le circonferenze $\odot CH_bX$ e $\odot BH_cY$ chiaramente, visto che gli angoli in $H_b$ e $H_c$ sono retti per ipotesi, $CX$ e $BY$ sono diametri, e quindi $X'$ e $Y'$ sono i centri di questi due cerchi, in quanto punti medi dei due diametri.
Ma allora si hanno $CX'\cong X'H_b$ e $BY'\cong Y'H_c$ in quanto raggi di una stessa circonferenza, da cui per il terzo criterio di congruenza di ha $\triangle MH_bX'\cong\triangle MCY'$ e $\triangle MH_cY'\cong \triangle MBY'$ e quindi, visto che $MC\perp CX$ e $MB\perp BY$ si ha anche (per uguaglianza di angoli corrispondenti di triangoli congruenti) che $MH_b\perp H_bX'$ e $MH_c\perp H_cY'$, ovvero $X'C, X'H_b$ sono i segmenti di tangenza da $X'$ a $\Omega$ mentre $Y'B, Y'H_c$ sono i segmenti di tangenza da $Y'$ a $\Omega$.
Ma allora si ha che $BH_c=\textrm{pol}_{\Omega}(Y')$ e $CH_b=\textrm{pol}_{\Omega}(X')$, però $A$ appartiene ad entrambe queste rette per ipotesi, da cui per il teorema di La Hire otteniamo che $Y'\in \textrm{pol}_{\Omega}(A)$ e $X'\in \textrm{pol}_{\Omega}(A)$, da cui $\textrm{pol}_{\Omega}(A)=X'Y'$.
Consideriamo ora l'inversione circolare $\Psi$ rispetto ad $\Omega$, chiaramente $\Psi(B)=B$ (sta sul cerchio di inversione), mentre $\Psi(A)$ è il punto di intersezione tra $AM$ e la polare di $A$ rispetto ad $\Omega$, ovvero $X'Y'$; questo punto è $U$ per definizione. Ma allora $\Psi(A)=U$ e $\Psi(U)=A$, e unendo questi tre fatti troviamo che $\Psi(\Gamma)$ sarà un cerchio passante per $\Psi(A), \Psi(U), \Psi(B)\equiv U,A,B$, ovvero $\Gamma$ stesso per ipotesi. Ma allora le tangenti a $\Gamma$ e $\Omega$ formano in $B$ un angolo retto, inoltre il fatto che $BY'$ sia tangente a $\Omega$ per precedente dimostrazione implica che la tangente a $\Gamma$ in $B$ debba essere l'unica retta ortogonale a $BY'$ passante per $B$, ovvero $BC$ per ipotesi $\blacksquare$
