Hallar los ángulos de un cuadrilátero convexo $ABCD$ tal que $\angle ABD=29^\circ$, $\angle ADB=41^\circ$, $\angle ACB=82^\circ$ y $\angle ACD=58^\circ$.
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Lema:
Sea un cuadrilátero convexo $ABCD$ tal que $\angle ACB=2\angle ADB$ y $\angle ACD=2\angle ABD$. Entonces $C$ es el centro del circuncírculo de $\triangle ABD$.
Demostración:
Tomemos el triángulo $ABD$ y tracemos su circunferencia circunscripta, de centro $O$. Notemos que si $C=O$, entonces $ABCD$ cumple con las condiciones de ángulos que especificamos (por ángulos inscriptos y centrales). Vamos a demostrar que no existe otro $C\neq O$ tal que cumpla, y de ese modo el lema quedará probado.
Notemos que $A$ y $C$ se encuentran en semiplanos distintos respecto a la recta $BD$. Notemos que el lugar geométrico de los puntos $C'$ tales que $\angle ACB=2\angle ADB$ es una circunferencia que pasa por $A$, $O$ y $B$, digamos $\omega_1$ (en realidad, es el arco $AB$ que contiene a $O$, pero no hace a la solución). Notar que hay también otra circunferencia que cumple, pero en ese caso, $C$ y $A$ estarían en el mismo semiplano respecto a $BD$.
Análogamente, el lugar geométrico de los puntos $C''$ tales que $\angle ACD=2\angle ABD$ es una circunferencia que pasa por $A$, $O$ y $D$, digamos $\omega_2$.
Entonces $C\in \omega_1$ y $C\in \omega_2$. Es decir, $C$ pertenece a la intersección de $\omega_1$ y $\omega_2$. Notar que ambas circunferencias están completamente definidas, porque pasan por tres puntos conocidos. Pero dos circunferencias tienen a lo sumo dos puntos de intersección, y en este caso ya están definidos: $A$ (que no puede ser, porque en ese caso $ABCD$ sería un triángulo), y $O$. Entonces $C=O$, como queríamos demostrar.
Es claro que el problema es un caso particular del lema. Viendo que $CA$, $CB$ y $CD$ son radios, entonces $CA=CB=CD$, y usando triángulos isósceles salen fácilmente los ángulos del cuadrilátero:
$\angle A=110^\circ$
$\angle B=49^\circ$
$\angle C=140^\circ$
$\angle D=61^\circ$
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Gianni De Rico escribió:Forma más corta: [math]A\widehat CD=2 A\widehat BD y comparten sus extremos por lo tanto, [math]A\widehat CD es el central correspondiente a [math]A\widehat BD\Rightarrow C es el centro de una circunferencia sobre la que están ubicados [math]A, [math]B y [math]D.
Me parece que eso que decís no es cierto necesariamente. En este problema funciona porque hay dos pares de ángulos que cumplen esa propiedad. Si hubiera uno solo, hay infinitos puntos C que no son el centro de la circunferencia y que igual cumplen. https://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=6&t=1932
Sabemos que $\hat{C}=82°+58°=140°$. Si analizamos el triángulo $\triangle{ABD}$, veremos que $\hat{A}=180°-29°-41°=110°$. Sea $\angle{DBC}=x$ y $\angle{BDC}=y$. en $\triangle{BCD}$, $140°+x+y=180°$ y por lo tanto $x+y=40°$. Sea $E$ en $AB$ tal que $CE$ es bisectriz de $\angle{BCA}$. $CE$ corta a $BD$ en $F$, y sabemos que el cuadrilátero $AFCD$ es cíclico, ya que $\angle{ADF}=41°$ y $\angle{ACF}=\frac{82°}{2}=41°$. Por esto, $\angle{FCD}+\angle{DAF}=180° \Rightarrow \angle{DAF}=180°-41°-58°=81°$, pero entonces $\angle{FAB}=110°-81°=29°=\angle{ABF}$, por lo que $\triangle{ABF}$ es isósceles con $AF=FB$.
Sea $FG$ la perpendicular a $AC$ desde $F$, y $FH$ la perpendicular a $BC$ desde $F$. Como $CF$ es bisectriz del ángulo formado por los segmentos $BC$ y $AC$, resulta que $FG=FH$. Además, $\triangle{CGF}$ y $\triangle{CFH}$ son congruentes, pues tienen $\angle{CGF}=\angle{CHF}=90$, $FG=FH$, y $\angle{GFC}=\angle{HFC}=90°-41°=49°$, por lo que $GC=HG$. Finalmente, por el Teorema de Pitágoras, $$FG^2+AG^2=AF^2=FB^2=FH^2+BH^2$$ $$FG^2+AG^2=FG^2+HB^2$$ $$AG=BH$$ Pero $AC=AG+GC=BH+HC=BC$, por lo que $\triangle{ABC}$ es isósceles. Por esto, y como $EC$ es bisectriz de $\angle{BCA}$, $EC$ también es mediatriz de $AB$. Luego $\angle{CEB}=90°$.
En $\triangle{EBC}$ tenemos $90°+41°+29°+x=180° \Rightarrow x=180°-160°=20°$, luego $y=40°-x=40°-20°=20°$, y resulta que los ángulos de $ABCD$ son $\hat{A}=110°$, $\hat{B}=29°+20°=49°$, $\hat{C}=140°$, y $\hat{D}=41°+20°=61°$. $\blacksquare$
Aunque no lo parezca a veces hago bien los problemas