Segundo Pretorneo de las Ciudades 2014 NM P3

[LuchoLP]

Sea [math]ABC un triángulo y [math]L un punto del lado [math]BC tal que [math]AL es el doble de largo que la mediana [math]CM. Además, se sabe que [math]<ALC=45. Demostrar que [math]AL es perpendicular a [math]CM. ACLARACIÓN: La mediana [math]CM es el segmento que une el vértice [math]C con el punto medio [math]M del lado [math]AB. ([math]5 PUNTOS)

[ktc123]

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Sea [math]C' la reflexión de [math]C por [math]M, entonces como [math]M es punto medio de [math]AB y [math]CC' resulta que [math]BCAC' es un paralelogramos, es decir, que [math]BC\parallel AC'. También tenemos que [math]CC'=C'M+CM=2CM=AL. Como [math]BC\parallel AC', la distancia entre [math]BC y [math]AC' la denominamos como [math]h. Ahora vamos a demostrar que [math]\angle ALC=\angle LCC'. Sabemos que [math]\sin \angle ALC=\frac{h}{AL} y que [math]\sin \angle LCC'=\frac{h}{CC'}=\frac{h}{AL}, entonces [math]\sin \angle ALC=\sin \angle LCC'(I). Sea [math]P la intersección de [math]AL y [math]CC'. La igualdad (I) se puede dar si [math]\angle ALC=\angle LCC' o si [math]\angle ALC+\angle LCC'=180^{\circ}, esto último es imposible ya que nos quedaría [math]\angle LPC=0^{\circ}, luego [math]\angle ALC=\angle LCC'=45^{\circ} y por suma de ángulos internos en [math]\triangle LPC, [math]\angle LPC=90^{\circ}, es decir que [math]AL\perp CM

[Agusanso]

Si trazamos la paralela a MC por A y la unimos con BC el problema muere. Llamamos P a esta intersección. Notemos que MC es base del triángulo BAP (AM=MB por el enunciado), entonces 2MC=AP. Sabemos por el enunciado que 2MC=AL, por lo tanto AL=AP. En particular el triágulo ALP tiene dos lados iguales y sabemos que ALP=45°, de acá sale que LAP=90°. AM//MC entonces (llamemos Q a la intersección de AL y MC) LAP=LQC, y sabemos que esto medía 90°, entonces LQC=90° y; AL y MC son perpendiculares

[julianferres_]

Tengo una tercer solución... Dejo una ayuda en spoiler y mañana subo la sol.

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Marcar el punto medio de [math]AL

[Gianni De Rico]

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Sea $G$ la intersección de la paralela a $BC$ por $M$ y la recta $AL$. Por Thales $\frac{GL}{AL}=\frac{MB}{AB}=\frac{1}{2}\Rightarrow GL=\frac{1}{2}AL=CM$. Por tener dos lados paralelos y dos diagonales iguales resulta que $CGML$ es un trapecio isósceles, luego, $L\widehat CM=C\widehat LG=45°$, que es suficiente para afirmar que $CM\perp GL\parallel AL$
Queda demostrado el problema.