Problema (nível 4): O quadrilátero convexo $[ABCD]$ tem os ângulos internos em $A$ e $D$ agudos e $\displaystyle \overline{AB}=\overline{BC}=\overline{CD}$. Sabendo que $B\widehat DA=30^\circ$, mostra que $D\widehat AC=30^\circ$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(4.2,2) \small \pnode(0,0){A} \uput[180](A){$A$} \pnode(0.71529,1.96706){B} \uput[90](B){$B$} \pnode(2.77646,1.60299){C} \uput[45](C){$C$} \pnode(4.12234,0){D} \uput[0](D){$D$} \pspolygon(A)(B)(C)(D) \psline(A)(C) \psline(B)(D) \end{pspicture}

Resolução: Solução 1. Sejam \( M \) o ponto médio de \([BD]\) e \( P \) o pé da perpendicular a \( AD \) a partir de \( B \). (image2) Como o ângulo \( DAB \) é agudo, \( P \) pertence a \([AD] \). Além disso, como o ângulo \( DPB \) é reto, o ponto \( P \) pertence à circunferência de diâmetro \([BD]\), logo \( \overline{MB} = \overline{MP} \). Como \( P\widehat{B}D = 180^\circ-90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \), o triângulo \([PBM]\) é equilátero. Seja \( \alpha = D\widehat{A}B \). Como $\overline{PB} = \overline{MB}$ e $\overline{AB} = \overline{CB}$, os triângulos \([CMB]\) e \([APB]\) são triângulos retângulos com a mesma hipotenusa e um cateto em comum, pelo que são congruentes. Logo, tem-se \( D\widehat{B}C = M\widehat{B}C = A\widehat{B}P = 90^\circ - \alpha \). Temos \( A\widehat{B}D = 180^\circ - 30^\circ - \alpha = 150^\circ - \alpha \), pelo que \( A\widehat{B}C = 240^\circ - 2\alpha \). Como \( \overline{AB} = \overline{BC} \), conclui-se que \( C\widehat{A}B = \alpha - 30^\circ \), pelo que \[ D\widehat{A}C = \alpha - (\alpha - 30^\circ) = 30^\circ. \] Solução 2. Seja \( O \) o centro da circunferência que passa por \( A, B \) e \( D \). Como \( \angle DAB \) é agudo, \( O \) e \( A \) estão do mesmo lado da reta \( BD \) e portanto \( O \ne C \). (image3) Pelo Teorema do Arco Capaz, tem-se \( B\widehat{O}A = 2\,B\widehat{D}A = 2 \times 30^\circ = 60^\circ \). Como \( \overline{OA} = \overline{OB} \), o triângulo \([AOB]\) é equilátero. Assim, \( \overline{OD} = \overline{OB} = \overline{AB} = \overline{BC} = \overline{CD} \), e portanto \([OBCD]\) é um losango, e em particular \( O\widehat{B}D = D\widehat{B}C \). Seja \( \alpha = D\widehat{A}B \). Pelo Teorema do Arco Capaz, tem-se \( B\widehat{O}D = 2\alpha \). Como \( \overline{OB} = \overline{OD} \), tem-se \( O\widehat{B}D = 90^\circ - \alpha \). Assim, \[ A\widehat{B}C = A\widehat{B}O + O\widehat{B}D + D\widehat{B}C = A\widehat{B}O + 2\,O\widehat{B}D = 60^\circ + 2(90^\circ - \alpha) = 240^\circ - 2\alpha. \] Como \( \overline{AB} = \overline{BC} \), conclui-se que \[ C\widehat{A}B = \frac{180^\circ - A\widehat{B}C}{2} = \frac{180^\circ - (240^\circ - 2\alpha)}{2} = \alpha - 30^\circ. \] Obtém-se assim que \( D\widehat{A}C = D\widehat{A}B - C\widehat{A}B = \alpha - (\alpha - 30^\circ) = 30^\circ \). Solução 3. Seja \( E \) o ponto simétrico de \( B \) em relação à reta \( AD \). Como \( \overline{DB} = \overline{DE} \) e \( B\widehat{D}E = 2\, B\widehat{D}A = 60^\circ \), o triângulo \( [BDE] \) é equilátero. (image4) Como \( \overline{AE} = \overline{AB} = \overline{BC} = \overline{CD} \) e \( \overline{BE} = \overline{BD} \), os triângulos \( [ABE] \) e \( [CBD] \) são congruentes. Como \( \angle DAB \) é agudo e \( A \) está na mediatriz de \( [BE] \), \( A \) está no exterior do triângulo \( [BDE] \). Como \( C\widehat{D}B = A\widehat{E}B \) e além disso \( B\widehat{D}E = B\widehat{E}D \), tem-se \( C\widehat{D}E = A\widehat{E}D \), o que, como \( \overline{AE} = \overline{CD} \), implica que \( [DEAC] \) é um trapézio isósceles. Em particular, as retas \( AC \) e \( DE \) são paralelas. Logo, \( D\widehat{A}C = A\widehat{D}E = B\widehat{D}A = 30^\circ \).


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-0.7)(4.2,2.7) \small \pnode(0,0){A} \uput[180](A){$A$} \pnode(0.71529,1.96706){B} \uput[90](B){$B$} \pnode(2.77646,1.60299){C} \uput[45](C){$C$} \pnode(4.12234,0){D} \uput[0](D){$D$} \pnode(2.41882, 0.98353){M} \uput[270](M){$M$} \pnode(0.71529,0){P} \uput[270](P){$P$} \pscircle(M){1.96706} \psline(C)(M) \psline(B)(P) \psline[linestyle=dashed](M)(P) \pspolygon(A)(B)(C)(D) \psline(A)(C) \psline(B)(D) \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-1.4)(4.2,2.2) \small \pnode(0,0){A} \uput[180](A){$A$} \pnode(0.71529,1.96706){B} \uput[90](B){$B$} \pnode(2.77646,1.60299){C} \uput[45](C){$C$} \pnode(4.12234,0){D} \uput[0](D){$D$} \pnode(2.06117,0.36407){O} \uput[60](O){$O$} \pspolygon(A)(B)(C)(D) \psline(O)(A) \psline(O)(B) \psline(O)(D) \pscircle(O){2.09308} \psline(A)(C) \psline(B)(D) \end{pspicture}
[image4]
\begin{pspicture}(0,-1.9)(4.2,1.9) \small \pnode(0,0){A} \uput[180](A){$A$} \pnode(0.71529,1.96706){B} \uput[90](B){$B$} \pnode(2.77646,1.60299){C} \uput[45](C){$C$} \pnode(4.12234,0){D} \uput[0](D){$D$} \pnode(0.71529,-1.96706){E} \uput[270](E){$E$} \pspolygon(A)(B)(C)(D) \psline(A)(E)(D) \psline(B)(E) \psline(A)(C) \psline(B)(D) \end{pspicture}