Play off trentino 2009/2

[Euler]

Questo problema l'ho trovato carino, da non bruciare per i più bravi!
Sia C una circonferenza di centro O e raggio r.
(i) Dimostrare che, se H è l’ortocentro di un triangolo inscritto in C, allora d(H, O) < 3r.
(ii) Dimostrare che per ogni punto H del piano tale che d(H, O) < 3r esiste un triangolo isoscele incritto in C e con ortocentro in H.
Per chi non lo sapesse i play off in Trentino sono una fase intermedia tra febbraio e cesenatico, in cui si seleziona la squadra.

[Sonner]

Per il primo punto ho trovato questa:
origine nel circocentro $ \rightarrow OH= |A+B+C| \leq |A|+|B|+|C| = 3R $, ma immagino ce ne sia una più carina...

Per il secondo penso di aver trovato una costruzione, ossia "costruire un triangolo isoscele dati O, H e la circoscritta $ \Gamma $":
siano A e A' le intersezioni di OH con $ \Gamma $, traccio l'asse di A'H che interseca la cfr in B e C, allora ABC soddisfa. Chiaramente la situazione è simmetrica in A, A', quindi ci sono due triangoli che soddisfano. L'unico fatto che ho usato è che il simmetrico di H rispetto ai lati sta sulla circoscritta. Se OH=3R il triangolo degenera in un segmento e se OH>3R la situazione non migliora

[Euler]

Il secondo punto va benissimo (io ho dimostrato la loro esistenza analiticamente ), per il primo chiaramente esiste una soluzione sintetica, come hai già detto

[bĕlcōlŏn]

Per una soluzione sintetica si possono utilizzare i rapporti fra i punti sulla retta di Eulero.
Quindi se per assurdo $d(O,H)\geq 3R$ allora $d(O,G)=\dfrac{d(O,H)}{3}\geq R$. Il che è un po' strano perché ci dice che G deve essere esterno alla circonferenza o tutt'al più sul bordo. Ma il braicentro è sempre interno al triangolo e in questo caso anche interno alla circonferenza.

[Euler]

Bella soluzione Ecco la mia:
Innanzitutto se ABC è acutangolo l'ortocentro è interno, quindi banalmente la tesi è verificata. Se è ottusangolo suppongo per assurdo che $HO\geq 3r$; allora, chiamando i punti come in figura, $HA\geq 2r$, ma siccome per lemma noto A, B, C e H formano un sistema ortocentrico e HB'AC' è ciclico con AC'H e AB'H retti (e quindi la circonferenza circoscritta a HB'AC' ha raggio $\geq r$) e dato che B'AC' e CAB sono simili, per il teorema dei seni deve essere $B'C'\geq AC$--->$AB'\geq AB$--->$BB'= AB+AB'\geq AB+AC \geq BC$ --->assurdo ( a meno che tutto non degeneri in un segmento)$\square$