MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 204

a) Oba zaznaczone kąty środkowe są tym samym kątem $\angle AOB=\angle EOD$. Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym $\angle AOB=2\alpha$, a $\angle EOD=2\beta$. Stąd $2\alpha=2\beta$, czyli $\alpha=\beta$.

b) Niech dwa łuki odcięte przez sieczne mają miary $\beta$ i $\gamma$. Miara kąta utworzonego przez dwie sieczne wychodzące z punktu poza okręgiem jest równa połowie różnicy miar odciętych łuków. Stąd bezpośrednio $\alpha=\frac12(\beta-\gamma)$.

Stosujemy kolejno: kąt środkowy jest dwa razy większy od wpisanego opartego na tym samym łuku, kąty wpisane oparte na tym samym łuku są równe, a kąt między siecznymi jest połową sumy lub różnicy właściwych łuków.

a) Kąt wpisany opiera się na łuku większym $360^\circ-100^\circ$, więc $\alpha=130^\circ$.

b) Z kątów $20^\circ$ i $40^\circ$ po przeniesieniu ich na wspólne łuki otrzymujemy $\alpha=40^\circ$.

c) Kąt środkowy $20^\circ$ wyznacza łuk mniejszy, a zaznaczony kąt wpisany opiera się na łuku dopełniającym; stąd $\alpha=110^\circ$.

d) Rozpisanie trójkąta z promieni oraz kąta wpisanego $50^\circ$ daje $\alpha=140^\circ$.

e) Średnica daje kąt prosty; po odjęciu kątów $60^\circ$ i $20^\circ$ oraz użyciu równości kątów opartych na tym samym łuku dostajemy $\alpha=50^\circ$.

f) Z twierdzenia o kącie między dwiema siecznymi i kąta wpisanego $30^\circ$ otrzymujemy $\alpha=100^\circ$.

a) Z założenia $\angle ADB=\angle BDC$. Ponadto kąty wpisane oparte na tej samej cięciwie są równe, a kąty przy $E$ są wierzchołkowe. Na przykład

$$\angle BEC=\angle AED, \qquad \angle BCE=\angle BCA=\angle BDA=\angle ADE,$$

więc $\triangle BEC\sim\triangle AED$. Tak samo $\angle BCE=\angle BDC$ i $\angle EBC=\angle DBC$, skąd $\triangle BEC\sim\triangle BCD$. Otrzymujemy pierwszą rodzinę $\triangle BEC\sim\triangle AED\sim\triangle BCD$.

Analogicznie $\angle DEC=\angle AEB$ oraz $\angle DCE=\angle DCA=\angle DBA=\angle ABE$, a także $\angle EDC=\angle ADB$ i $\angle DCE=\angle DBA$. Z cechy kąt–kąt $\triangle DEC\sim\triangle AEB\sim\triangle DAB$.

b) Punkt $F$ jest przecięciem przekątnych. Kąty przy $F$ są wierzchołkowe, a pozostałe wskazane kąty wpisane opierają się na tych samych łukach:

$$\angle BFC=\angle AFD,quad \angle BCF=\angle BCA=\angle BDA=\angle ADF,$$

więc $\triangle BCF\sim\triangle ADF$. Podobnie $\angle AFB=\angle DFC$ i $\angle BAF=\angle BAC=\angle BDC=\angle FDC$, zatem $\triangle ABF\sim\triangle DCF$.

Odcinek $AC$ jest średnicą, więc $\angle ADC=\angle ABC=90^\circ$. Ponieważ $AE\perp DB$, także $\angle AEB=\angle AED=90^\circ$. Obracając oba ramiona kąta o $90^\circ$ (lub porównując kąty dopełniające) dostajemy $\angle DAC=\angle EAB$ oraz $\angle BAC=\angle EAD$. Stąd, znów z cechy kąt–kąt, $\triangle ADC\sim\triangle AEB$ i $\triangle ABC\sim\triangle AED$.

Suma czterech kątów środkowych wynosi $360^\circ$. Jedna część stosunku ma miarę $360^\circ:(1+2+3+4)=36^\circ$, więc kolejne łuki mają miary $36^\circ,72^\circ,108^\circ,144^\circ$.

a) W trójkącie $ACD$ kąty wpisane są połowami odpowiednich łuków: $\angle A=\frac12\cdot108^\circ=54^\circ$, $\angle C=\frac12\cdot144^\circ=72^\circ$ i $\angle D=\frac12(36^\circ+72^\circ)=54^\circ$.

b) Ostry kąt między cięciwami $AC,BD$ ma połowę sumy łuków $AB$ i $CD$, czyli $\frac12(36^\circ+108^\circ)=72^\circ$.