Nacional 1996 nivel 3 - problema 3

[CarlPaul_153]

El hexágono no regular [math]ABCDEF está inscrito en una circunferencia de centro [math]O y [math]AB = CD = EF. Si las diagonales [math]AC y [math]BD se cortan en [math]M, las diagonales [math]CE y [math]DF se cortan en [math]N y las diagonales [math]AE y [math]BF se cortan en [math]K, demostrar que las alturas del triángulo [math]MNK se cortan en [math]O.

[ricarlos]

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Observamos que [math]ABCD, [math]CDEF y [math]EFAB son trapecios isosceles, entonces los puntos [math]M, [math]N y [math]K son las intersecciones de sus respectivas diagonales.
Es facil ver que [math]\angle CMD=\angle CND, luego [math]CDMN es ciclico y como [math]CDFA tambien es ciclico, luego tanto [math]\angle N, en el ciclico anterior, como [math]\angle F en este, son iguales pues ambos son opuestos al vertice [math]C. Entonces de aqui tenemos que [math]MN\parallel AF (1).
Si prolongamos [math]AB y [math]FE hasta intersectar en [math]P es facil ver que [math]AFP es isosceles en [math]P y que la altura por [math]P de este triangulo pasara por [math]K, por [math]O y sera perpendicular a [math]MN a causa de (1), con lo cual tendriamos una de las alturas del triangulo [math]MNK. Analogamente llegariamos a las otras 2 alturas del [math]MNK, ambas pasaran por [math]O

[Gianni De Rico]

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Como [math]AB=CD=EF se tiene que [math]\triangle BDF es una rotación con centro [math]O de [math]\triangle ACE, por lo que son congruentes, y por lo tanto tienen sus ángulos correspondientes iguales.

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Ahora, como [math]K\widehat FN=B\widehat FD=A\widehat EC=K\widehat EN, resulta que [math]KFEN es cíclico, es decir, [math]N pertenece al circuncírculo del [math]\triangle KFE (1).

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Prolongamos [math]EO y [math]FO hasta que intersecten al circuncírculo de [math]ABCDEF en [math]H y [math]G, respectivamente. Como [math]H\widehat OG=F\widehat OE por ser opuestos por el vértice y [math]OE=OF=OG=OH por ser radios, entonces [math]\triangle FOE y [math]\triangle HOG son congruentes[math]\Rightarrow HG=FE=AB. Por lo tanto [math]AH=BG\Rightarrow A\widehat EH=B\widehat FG\Rightarrow K\widehat EO=K\widehat FO\Rightarrow KFEO es cíclico, es decir, [math]O pertenece al circuncírculo del [math]\triangle KFE (2).

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De (1) y (2) sale que [math]K,F,E,N,O son concíclicos. Análogamente se prueba que [math]N,C,D,M,O son concíclicos y que [math]M,B,A,K,O son concíclicos.

Usando otro dibujo, voy a demostrar que si hay cuatro puntos [math]P,Q,R,S con [math]PQ=RS en una circunferencia, y [math]T=PR\cap QS, entonces [math]PS\parallel QR y [math]PS es paralela a la recta que une los circuncentros de [math]\triangle QTP y [math]\triangle STR.

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Para la primera parte, como [math]PQ=RS entonces [math]R\widehat QS=P\widehat SQ\Rightarrow PS\parallel QR. Para la segunda parte, sean [math]U y [math]V los circuncentros de [math]\triangle QTP y [math]\triangle STR. Por arco capaz, [math]R\widehat QS=S\widehat PR y [math]P\widehat SQ=Q\widehat RP, entonces [math]R\widehat QS=S\widehat PR=P\widehat SQ=Q\widehat RP y [math]S\widehat TP=R\widehat TQ\Rightarrow \triangle STP\approx \triangle RTQ, y además son isósceles en [math]T.
Por lo tanto [math]PQ=SR, [math]TQ=TR y [math]TP=TS, y [math]\triangle PQT=\triangle STR. Por ser [math]\triangle STP y [math]\triangle RTQ isósceles y opuestos por el vértice, las mediatrices de [math]QR y [math]PS son coincidentes y pasan por [math]T, entonces [math]R es una reflexión de [math]Q, [math]S una reflexión de [math]P y [math]T es su propia reflexión, todas respecto de la mediatriz de [math]RQ, por lo tanto, [math]\triangle SRT es una reflexión de [math]\triangle PQT con respecto de la mediatriz de [math]PQ, y sus circuncentros [math]V y [math]U también lo son. Pero eso significa que la recta [math]UV es perpendicular a la mediatriz de [math]QR, entonces [math]UV\parallel RQ\parallel PS. Como se quería demostrar.

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Volviendo al dibujo original, voy a demostrar que [math]KN\parallel AD.
Por arco capaz, [math]F\widehat DA=F\widehat EA, pero como [math]F\widehat EA=F\widehat EK, usando nuevamente arco capaz, [math]F\widehat EK=F\widehat NK. Se tiene que [math]F\widehat DA=F\widehat EA=F\widehat EK=F\widehat NK\Rightarrow F\widehat DA=F\widehat NK\Rightarrow NK\parallel AD.
De manera análoga se prueba que [math]NM\parallel EB y que [math]MK\parallel FC.

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Ahora, sabemos que [math]O y [math]M pertenecen a las circunferencias [math]MBAKO y [math]NCDMO, y que estas circunferencias son distintas, entonces la recta [math]OM es el eje radical de [math]MBAKO y [math]NCDMO, y por lo tanto es perpendicular a la recta que une sus centros, pero como la recta que une sus centros es paralela a [math]AD, y [math]AD es paralela a [math]NK, tenemos que la recta [math]OM es perpendicular a [math]NK, y por lo tanto es altura de [math]\triangle MNK. De forma análoga, se demuestra que las rectas [math]KO y [math]NO son alturas de [math]\triangle MNK.

Finalmente, las alturas de [math]\triangle MNK se cortan en [math]O, como se quería ver.

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