Ángulos en 1:2:4 y CD=2AB

[BrunZo]

Sea $ABC$ un triángulo. Supongamos que existe un punto $D$ en el lado $AC$ tal que $CD=2AB$ y
$$B\hat{A}C=2\cdot D\hat{B}C = 4\cdot A\hat{C}B.$$
Hallar la medida de los ángulos del triángulo $ABC$.

[joa.fernandez]

Raro.

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Sea $E$ en $BC$ tal que $AE$ es bisectriz de $B\widehat{A}C$ y $B'$ el reflejo de $B$ por $A$.

Como $E\widehat{A}D=C\widehat{B}D=E\widehat{B}D$, $ABED$ es cíclico. En particular, por angulitos tenemos que: $$D\widehat{E}C=B\widehat{A}C\Rightarrow \triangle BAC \simeq \triangle DEC,~~3A\widehat{C}B=A\widehat{D}B=A\widehat{E}B,~~ EB=ED$$
De la semejanza tenemos que:$$\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{BC}{DC}\Rightarrow AB\cdot DC = BC\cdot DE\Rightarrow 2AB^2=BE\cdot BC$$
Notemos que esto último, por potencia de un punto, implica que $AECB'$ es cíclico. Luego, nuevamente por angulitos: $$A\widehat{E}B=A\widehat{B'}C,~ B'\widehat{A}C=180°-4A\widehat{C}B~\Rightarrow~B'\widehat{C}A=A\widehat{C}B=A\widehat{C}E$$ de donde $AC$ es bisectriz de $B'\widehat{C}E$. Entonces, $B'A$ debe ser igual a $AE$, ya que sostienen el mismo arco de circunferencia. Por lo tanto $AB=AB'=AE$, y por angulitos se concluye que: $$A\widehat{C}B=\dfrac{45°}{2}$$ de donde se sigue el problema.

[Turko Arias]

La solución que nadie pidió y que todo el mundo necesitaba

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Tenemos $\angle ACB=\alpha$, $\angle DBC=2\alpha$, $\angle BAC=4\alpha$.
Teorema del Seno en $BCD$ y Teorema del Seno en $ABD$ nos da$$BD=\frac{\sin (\alpha )}{\sin (2\alpha )}2AB=\frac{\sin (4\alpha )}{\sin (3\alpha )}AB$$$$\sin (2\alpha )\sin (4\alpha )-2\sin (\alpha )\sin (3\alpha )=0$$$$\xrightarrow{(1)}\left [-\frac{\cos (6\alpha )-\cos (2\alpha )}{2}\right ]-2\left [-\frac{\cos (4\alpha )-\cos (2\alpha )}{2}\right ]=0$$$$\frac{1}{2}[2\cos (4\alpha )-\cos (2\alpha )-\cos (6\alpha )]=0$$$$\frac{1}{2}[(\cos (4\alpha )-\cos (2\alpha ))-(\cos (6\alpha )-\cos (4\alpha ))]=0$$$$\xrightarrow{(1)}\frac{1}{2}\left [-2\sin \left (\frac{4\alpha -2\alpha}{2}\right )\sin \left (\frac{4\alpha+2\alpha}{2}\right )+2\sin \left (\frac{6\alpha -4\alpha}{2}\right )\sin \left (\frac{6\alpha +4\alpha}{2}\right )\right ]=0$$$$\sin (\alpha )(\sin (5\alpha )-\sin (3\alpha ))=0$$$$\xrightarrow{(2)}\sin (\alpha )\left (2\sin \left (\frac{5\alpha -3\alpha}{2}\right )\cos \left (\frac{5\alpha +3\alpha}{2}\right )\right )=0$$$$2\sin ^2(\alpha )\cos (4\alpha )=0$$$\sin ^2(\alpha )=0$ da $\alpha =0$, por lo que tiene que suceder que $\cos (4\alpha )=0$ y como $4\alpha$ es el ángulo de un triángulo, solo puede ser $4\alpha =90$ y nos queda $\alpha =22,5$ y tenemos $\angle BAC=90$, $\angle ACB=22,5$ y $\angle ABC=67,5$. $\blacksquare$

Glosario:
$(1):\frac{\cos (x)-\cos (y)}{2}=-\sin \left (\frac{x-y}{2}\right )\sin \left (\frac{x+y}{2}\right )$
$(2):\frac{\sin (x)-\sin (y)}{2}=\sin \left (\frac{x-y}{2}\right )\cos \left (\frac{x+y}{2}\right )$

[BrunZo]

No estaba tan seguro si subir esto hasta que el Turko hizo lo que hizo.
Al fin y al cabo, es solo una reducción de la solución de Joa (que está muy buena!)

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El problema es raro, sí... lo más raro de todo es la posición de los ángulos de $4\alpha$ y $2\alpha$ (llamo $\alpha$ al $A\hat{C}B$). Es tan pero tan raro, que hasta pareciera que el problema nos está pidiendo que por favor acerquemos estos ángulos. Bueno, pero la idea de la bisetriz es buenísima, porque me parte al ángulo de $4\alpha$ en dos de $2\alpha$, así que ahora solo tenemos que ver cómo relacionar uno de ellos con el que nos daba el problema. Pero notemos que si prolongamos la bisectriz hasta que corte con $BC$ en $E$, entonces tendríamos que $D\hat{A}E=D\hat{B}E=2\alpha$, por lo que tenemos que $ABED$ es cíclico. Pero más aún, $AE$ es bisectriz, así que también $BE=DE$. Interesante... ¿o no?

Bueno, obviamente ni hablamos de que $CD=2AB$, y como que estamos en una situación muy parecida a la anterior: tenemos cosas muy alejadas y el problema nos clama para que las juntemos y relacionemos. Bueno, el primer paso para eso obiamente es marcar el punto medio $M$ de $CD$ tal que $AB=CM=MD$. Pero antes habíamos dicho que $BE=ED$, así que viendo los triángulos $ABE$ y $EDM$ ya tenemos dos relaciones de lados muy sugestivas. Y para variar, por cíclicos vale que $A\hat{B}E=E\hat{D}M$, así que, en efecto, los triángulos son congruentes, y ahora sabemos que $D\hat{M}E=B\hat{A}E=2\alpha$. Pero como $C\hat{M}E=\alpha$, ahora nos queda que $C\hat{E}M=\alpha$ y entonces $CM=EM=DM$, de donde se sigue que $C\hat{E}D=90^{\circ}$. Por último, por el cíclico mágico esto nos dice que $\hat{A}=90^{\circ}$, y con esto terminamos porque sabemos que $\hat{C}=90^{\circ}/4=22,5^{\circ}$ y el otro ángulo es $67,5^{\circ}$.