Tracemos un punto primero que nos va a ser útil en ambas partes. Definimos el punto $F$ de forma tal que los triangulos $\triangle AFB$ y $\triangle CED$ sean congruentes, y $E$ y $F$ pertenezcan al mismo semiplano con respecto a $AD$.
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Como los dos triangulos mencionados son iguales, debe ser que las alturas desde $F$ y desde $E$ a $AD$ son iguales, y por lo tanto $FE \parallel AD$. Nuevamente, usando la misma congruencia, obtenemos que los angulos $\angle FAB = \angle ECD$, y por angulos correspondientes podemos concluir que $AF\parallel CE$. En consecuencia, $ACEF$ es un paralelogramo.
Ahora si pasemos a demostrar cada una de las partes.
Notemos que como $AC=CE$ y $ACEF$ es un paralelogramo, debemos tener que $ACEF$ es un rombo. En consecuencia, debemos tener que $FA=FE=EC$, pero como los triangulo $\triangle AFB$ y $\triangle CED$ son congruentes, debemos tener que $FA=FE=FB$, ya que $FB=ED$ y $ED=EC$. Luego $F$ debe ser el circuncentro de $\triangle AEB$, pues equidista de los 3 vertices.
Como $F$ y $E$ están del mismo lado con respecto $AD$, podemos utilizar la relacion del doble del ángulo central y por lo tanto $2 \cdot \angle AEB =\angle AFB$. Pero nuevamente utlizando que los triángulos $\triangle AFB$ y $\triangle CED$ son congruentes, $\angle AFB = \angle CED$ y por lo tanto $\angle CED = 2\cdot \angle AEB$.
Notemos que como $\angle CED = 2\cdot \angle AEB$ y $\angle CED = \angle AFB$, entonces $\angle AFB = 2 \cdot \angle AEB$. Es decir, $F$ cumple la relación del ángulo central para el triángulo $\triangle AFB$. Notar que además se tiene que $AF=FB$. Pero estas dos condiciones no son suficientes para afirmar que $F$ debe ser entonces el circuncentro de $\triangle AEB$, si no que ademas debemos garantizar que $F$ y $E$ caigan del mismo lado con respecto a $AD$. Pero esto último es claro por construcción, por lo que en efecto $F$ debe ser el circuncentro del $\triangle AEB$.
Notar que entonces $AF=FE$, y nuevamente como el cuadrilátero $AFEC$ es un paralelgramo, debe ser un rombo, y por ende $AC=CE$.
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Subo esta solución porque me gustó usar una idea que no se me suele ocurrir y que cuando la veo en una solución de Geo me parece bastante mágica que es
Si $CE = CA$, puedo dividir al lado $CE$ en dos con un punto $F$, tal que $CF = AB$ y $FE = BC$.
Como $AB = CD$, el triángulo $\bigtriangleup CFD$ queda isósceles con $\widehat{CFD} = \widehat{CDF} = \alpha$.
Luego, como $D, C, A$ están alineados, $\widehat{ACE}$ será el suplementario de $\widehat{DCE}$, que a su vez es el suplementario de la suma de $\widehat{CFD}$ y $\widehat{CDF}$, por lo que $\widehat{ACE} = \widehat{CFD} + \widehat{CDF} = 2\alpha$.
Como el triángulo $\bigtriangleup ACE$ es isósceles, ocurre que $\widehat{CAE} = \widehat{CEA} = (180 - 2\alpha)/2 = 90 - \alpha$.
Como $CE = DE$, el punto $E$ está en la mediatriz de $CD$, por definición. Sea $M$ el punto medio de $CD$.
Trazo una recta paralela a $FD$ que pasa por $E$ y corta a la recta dada de $A, B, C, D$ en $G$.
Como es paralela, por Thales ocurre que $\dfrac{CF}{CE} = \dfrac{CD}{CG}$. Como $CF = CD$, se tiene que $CE = CG$, por lo que $FE = CE - CF = CG - CD = DG$.
Además, también porque es paralela ocurre que $\widehat{CDF} = \widehat{CGE} = \alpha$.
Si ahora miramos las medidas de $MG$ y $MB$, se ve que son iguales dado que ambas tienen la suma de la medida de $BC = FE = DG$ con la medida de $MC = MD$.
Por Pitágoras, las medidas de $BE$ y $GE$ son iguales.
Luego, el triángulo $\bigtriangleup BEG$ es isósceles, con $\widehat{EBG} = \widehat{EGB} = \widehat{EGC} = \alpha$.
Si ahora miramos el triángulo $\bigtriangleup BCE$, tenemos dos ángulos de $\alpha$ y $2\alpha$, por lo que $BEC = 180 - 3\alpha$.
Como el ángulo entero $\measuredangle CEA = 90 - \alpha$, tenemos que $\widehat{BEA} = \widehat{CEA} - \widehat{CEB} = 90 - \alpha - (180 - 3\alpha) = 2\alpha - 90$.
Ahora si miramos el triángulo $\bigtriangleup CEM$, como $ME$ es perpendicular a $CM$, tenemos un triángulo rectángulo en donde conocemos uno de sus ángulos agudos, $\widehat{MCE}$, que mide $180 - 2\alpha$.
Finalmente, tenemos que $\widehat{CEM} = 90 - (180 - 2\alpha) = 2\alpha - 90$, por lo que $\widehat{CEM} = \widehat{BEA}$.
Como $\widehat{CEM} = \widehat{MEC}$ por ser los triángulos $\bigtriangleup CEM$ y $\bigtriangleup MED$ congruentes, concluimos lo buscado.
Sea $O$ el circuncentro del triángulo $AEB$.
Como está a la misma distancia de $A$ que de $B$, debe estar en la mediatriz de $AB$. Además, por arco capaz, el ángulo $\widehat{AOB}$ será el doble que el $\widehat{AEB}$.
Ahora, la hipótesis de este inciso es que el ángulo $\widehat{CED}$ mide el doble que $\widehat{AEB}$, por lo que $\widehat{AOB} = \widehat{CED}$.
Además, como $AO = BO$, la mediatriz de $AB$ es bisectriz del $\widehat{AOB}$, por lo que $\widehat{OAB} = \widehat{OBA}$ y serán el complementario de $\widehat{AOB}/2 = \widehat{AEB}$.
Lo mismo ocurre en el triángulo $\bigtriangleup CED$, el punto $E$ está sobre la mediatriz de $CD$, por definición de mediatriz como vimos en el inciso a), por lo que $\widehat{ECD} = \widehat{EDC}$ y serán el complementario de $\widehat{CED}/2=\widehat{AEB}$.
Luego, $\widehat{OAB} = \widehat{OBA} = \widehat{ECD} = \widehat{EDC}$.
Por lo que los triángulos $\bigtriangleup AOB$ y $\bigtriangleup CED$ son semejantes, y como $AB = CD$, son congruentes.
Esto nos dice que $AO = OE = EC$ y además que $OE$ es paralela a la recta dada (pues las alturas de los triángulos con respecto a $AB$ y a $CD$ respectivamente son las mismas, y $A, B, C, D$ están alineados).
Además, como $\widehat{BAO} = \widehat{DCE}$, se tiene que $AO$ y $CE$ son paralelas.
Luego $AOEC$ es un paralelogramo con $AO = CE$ y $OE = AC$. Como en este caso ya vimos que $OE = AO$, tenemos que $AC = CE$ como queríamos.
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