Moya Bulgaria (Facile, credo)

[Kfp]

Visto il proliferare di problemi difficili che non destano interesse, ne metto uno che (almeno secondo me) dovrebbe essere un po'più facile.

Sia $\Gamma$ una circonferenza, e sia $A$ un punto fissato all'esterno di essa. $BC$ è un diametro di $\Gamma$. Determinare, al variare di $BC$, il luogo degli ortocentri dei triangoli $\Delta ABC$ .

[Lasker]

Non credo che questa sia la strada più semplice (sono negato in geometria) e faccio solo il primo verso della freccia (magari questa sera, se non vengo anticipato, concludo), leggere con cautela.
Chiamo $D$ ed $E$ le intersezioni di $AB$ e $AC$ con $\Gamma$, per un semplice angle chasing saranno anche i piedi delle altezze condotte da $C$ e da $B$.
Siano $R$ ed $S$ i punti di intersezione tra le tangenti condotte da $A$ alla circonferenza $\Gamma$, e sia $\omega$ la circonferenza di centro $A$ passante per questi due punti. Considero l'inversione in $\omega$. L'ortocentro $H$ andrà quindi nell'intersezione fra l'altezza per $A$ (che va in sé stessa) e il trasformato di $CD$. Visto che $AD\cdot AB=AE\cdot AC=AR^2=AS^2$ perché sono tutti la potenza di $A$ rispetto a $\Gamma$, dopo l'inversione $D$ va in $B$ e $C$ va in $E$, quindi l'altezza $CD$ va nella circonferenza per $A,B$ ed $E$. Ora, $\angle AEB$ è retto per ipotesi ed insiste su $AB$, quindi anche $AH'B$ è retto perché insiste sullo stesso diametro $AB$ per costruzione, ma allora visto che insiste anche su $AO$ (con $O$ punto medio di $BC$ e centro di $\Gamma$),che è fissato, $H'$ sta sulla circonferenza di diametro $AO$, che viene trasformata in una retta. Inoltre, visto che anche $\angle ORA\cong \angle OSA\cong 90$ per costruzione, la circonferenza passa anche per $R$ ed $S$ (che vengono trasformati in sé stessi perché sono su $\Gamma$), e quindi $H$ sta sulla retta $RS$.

[Kfp]

Bene! Ora la seconda freccia, che una volta individuato il luogo è tutt'altro che tosta.
Accenno di strada (nemmeno troppo) diversa:

Testo nascosto:

Si tratta di dimostrare che il luogo è la polare di $ A $ rispetto a $\Gamma $. Ora, cosa ci dice il noterrimo Lemma della Polare? Allora abbiamo quasi finito, no? (Ok, non questo grande accenno, ma oh)

[Lasker]

Procedo con la seconda freccia (avevi ragione, alla fine è abbastanza banale):
Considero un punto $P$ esterno alla circonferenza e che sta sullla polare, traccio la retta $AP$ e la sua perpendicolare passante per $O$ individuando così le due intersezioni $B$ e $C$ (chiamo WLOG $C$ il punto più vicino a $P$ ). Chiaramente $AP$ è altezza di $\triangle ABC$ per costruzione, dunque per dimostrare che $P$ è l'ortocentro mi basta dimostrare che l'altezza $CD$ (con $D$ che è, per quanto detto nella prima parte, l'intersezione di $AB$ con $\Gamma$) passa per $P$, o, equivalentemente, che $D$, $C$ e $P$ sono allineati. Chiamata $Q$ l'intersezione di $AP$ con $OB$, il quadrilatero $ADCQ$ è ciclico perché sommando gli angoli opposti ottengo $\angle ADC+\angle AQC=90+90=180$. Ma allora $\angle DCQ$ è il supplementare di $\angle DAP$, e visto che considerando il triangoli (rettangoli rispettivamente in $D$ e in $Q$) $\triangle ADP$ e $\triangle PCQ$ si ha che $\angle DAP\cong \angle PCQ$ perché complementari dello stesso angolo, vale:
$$\angle DCQ+\angle QCP\cong (180-(90-\angle APD))+(90-\angle APD)\cong 180$$
e dunque i punti $D,C,P$ sono allineati e la tesi è dimostrata.
Se il punto $P$ è interno alla circonferenza, ho che $\angle DCQ$ è il supplementare di $\angle ABC$ perché $PQBD$ è ciclico, ma $\angle QPC\cong \angle ABC$ perché complementari dello stesso angolo $\angle DCB$, e dunque anche in questo caso i punti $D,P,C$ sono allineati per un conto del tutto analogo al precedente.