$a)$  

Zauważmy, że kąt $\angle ABC$  jest kątem wierzchołkowym dla kąta ${50}^{\circ }$ . Wówczas ten kąt i kąt $\beta$  są kątami przyległymi. Z tego otrzymujemy, że:

$\beta +{50}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{50}^{\circ }$   

$\beta ={130}^{\circ }$  

Kąt $\angle ACB$  jest przyległy do kąta ${110}^{\circ }$ . Wówczas ma on miarę:

$\left|\angle ACB\right|+{110}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{110}^{\circ }$  

$\left|\angle ACB\right|={70}^{\circ }$  

Korzystając z faktu, że suma miar kątów wewnętrznych trójkąta wynosi ${180}^{\circ }$  otrzymujemy, że:

$\left|\angle BAC\right|+\left|\angle ABC\right|+\left|\angle ACB\right|={180}^{\circ }$  

$\left|\angle BAC\right|+{50}^{\circ }+{70}^{\circ }={180}^{\circ }$  

$\left|\angle BAC\right|+{120}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{120}^{\circ }$  

$\left|\angle BAC\right|={60}^{\circ }$  

Ponieważ kąt $\angle BAC$  jest przyległy do kąta $\alpha$  to:

$\alpha +\left|\angle BAC\right|={180}^{\circ }$  

$\alpha +{60}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{60}^{\circ }$  

$\alpha ={120}^{\circ }$  

Zaznaczmy te kąty na rysunku:

 

$b)$  

Wiemy, że kąt $\angle ADC$  jest kątem prostym. Korzystając z miary sumy kątów wewnętrznych trójkąta obliczamy kąt $\angle CAD$  :

$\left|\angle CAD\right|+\left|\angle ADC\right|+{40}^{\circ }={180}^{\circ }$  

$\left|\angle CAD\right|+{90}^{\circ }+{40}^{\circ }={180}^{\circ }$  

$\left|\angle CAD\right|+{130}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{130}^{\circ }$  

$\left|\angle CAD\right|={50}^{\circ }$  

Ponieważ kąt $\beta$  jest przyległy do $\angle CAD$  to:

$\beta +\left|\angle CAD\right|={180}^{\circ }$  

$\beta +{50}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{50}^{\circ }$  

$\beta ={130}^{\circ }$  

Ponieważ odcinki $\left|AD\right|=\left|BD\right|$  to kąt $\alpha =\left|\angle CAB\right|$ , czyli:

$\alpha ={50}^{\circ }$  

Obliczamy kąt $\angle DCB$ :

$\left|\angle DCB\right|+\alpha +{90}^{\circ }={180}^{\circ }$  

$\left|\angle DCB\right|+{50}^{\circ }+{90}^{\circ }={180}^{\circ }$  

$\left|\angle DCB\right|+{140}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{140}^{\circ }$  

$\left|\angle DCB\right|={40}^{\circ }$  

Z własności kątów przyległych otrzymujemy, że:

$\gamma +{40}^{\circ }+\left|\angle DCB\right|={180}^{\circ }$  

$\gamma +{40}^{\circ }+{40}^{\circ }={180}^{\circ }$  

$\gamma +{80}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{80}^{\circ }$  

$\gamma ={100}^{\circ }$  

Zaznaczmy te kąty na rysunku:

 

$c)$  

Z własności kątów przyległych otrzymujemy, że:

${120}^{\circ }+\left|\angle CAB\right|={180}^{\circ }\mid -{120}^{\circ }$  

$\left|\angle CAB\right|={60}^{\circ }$  

Ponieważ $\left|\angle CAB\right|={60}^{\circ }$  oraz $\left|AD\right|=\left|BD\right|=x$  to $\left|AB\right|=x$  oraz $\left|\angle BDA\right|={60}^{\circ }$  i $\gamma ={60}^{\circ }$ . Z własności kątów przyległych otrzymujemy, że:

$\left|\angle BDA\right|+\left|\angle BDC\right|={180}^{\circ }$  

${60}^{\circ }+\left|\angle BDC\right|={180}^{\circ }\mid -{60}^{\circ }$  

$\left|\angle BDC\right|={120}^{\circ }$  

Zauważmy, że trójkąt $BCD$  jest równoramienny, czyli kąt $\alpha =\left|\angle CBD\right|$ . Wówczas z sumy kątów wewnętrznych mamy:

$\alpha +\left|\angle CBD\right|+\left|\angle BDC\right|={180}^{\circ }$  

$\alpha +\alpha +{120}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{120}^{\circ }$  

$2\alpha ={60}^{\circ }\mid :2$  

$\alpha ={30}^{\circ }$  

Z własności kątów przyległych otrzymujemy, że:

$\alpha +\beta ={180}^{\circ }$  

${30}^{\circ }+\beta ={180}^{\circ }\mid -{30}^{\circ }$  

$\beta ={150}^{\circ }$  

Zaznaczmy te kąty na rysunku:

 

$d)$  

Z własności kątów przyległych mamy, że:

${140}^{\circ }+\left|\angle BAC\right|={180}^{\circ }\mid -{140}^{\circ }$  

$\left|\angle BAC\right|={40}^{\circ }$  

Ponieważ $\left|AD\right|=\left|DB\right|=a$  oraz $\left|\angle ADC\right|=\left|\angle BDC\right|={90}^{\circ }$  to trójkąty $ADC$  i $BDC$  są podobne. Wówczas:

$\left|\angle BAC\right|=\left|\angle ABC\right|={40}^{\circ }$  

Z własności kątów wierzchołkowych mamy, że:

$\alpha =\left|\angle ABC\right|$  

$\alpha ={40}^{\circ }$  

Z sumy miar kątów wewnętrznych trójkąta otrzymujemy, że:

$\beta +\left|\angle ABC\right|+\left|\angle BDC\right|={180}^{\circ }$  

$\beta +{40}^{\circ }+{90}^{\circ }={180}^{\circ }$  

$\beta +{130}^{\circ }={180}^{\circ }\mid -{130}^{\circ }$  

$\beta ={50}^{\circ }$  

Z podobieństwa trójkątów mamy również, że:

$\left|\angle ACD\right|=\beta$  

$\left|\angle ACD\right|={50}^{\circ }$  

Z przystawania kątów otrzymujemy:

$\beta +\left|\angle ACD\right|+\gamma ={180}^{\circ }$  

${50}^{\circ }+{50}^{\circ }+\gamma ={180}^{\circ }$  

${100}^{\circ }+\gamma ={180}^{\circ }\mid -{100}^{\circ }$  

$\gamma ={80}^{\circ }$  

Zaznaczmy te kąty na rysunku: