a) Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku 

Styczna do okręgu jest prostopadła do promienia w punkcie styczności, więc

$\left|\sphericalangle BAS\right|={90}^{\circ }$   

oraz

$\left|\sphericalangle ABT\right|={90}^{\circ }$  

skąd dostajemy, że 

$\left|\sphericalangle CBT\right|={90}^{\circ }-\alpha$

Zauważmy, że trójkąt BCT jest równoramienny więc

$\left|\sphericalangle TCB\right|=\left|\sphericalangle CBT\right|={90}^{\circ }-\alpha$

Korzystając z faktu, że suma kątów w trójkącie jest równa 180° dostajemy 

$\beta ={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\alpha +{90}^{\circ }-\alpha \right)=$

$={180}^{\circ }-{180}^{\circ }+2\alpha =2\alpha$

Rozważmy czworokąt ABTS.

Korzystając z faktu, że suma kątów w trójkącie jest równa 360° dostajemy 

$\gamma ={360}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+{90}^{\circ }+2\alpha \right)={360}^{\circ }-{180}^{\circ }-2\alpha ={180}^{\circ }-2\alpha$

Rozważmy czworokąt ABCS.

Korzystając z faktu, że suma kątów w trójkącie jest równa 360° dostajemy 

$\delta ={360}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+\alpha +{180}^{\circ }-2\alpha \right)={360}^{\circ }-\left({270}^{\circ }-\alpha \right)={90}^{\circ }+\alpha$

 

Odp.   $\beta =2\alpha ,\gamma ={180}^{\circ }-2\alpha ,\delta ={90}^{\circ }+\alpha$  

---

b) Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku

Styczna do okręgu jest prostopadła do promienia w punkcie styczności, więc

$\left|\sphericalangle TAD\right|={90}^{\circ }$   

Rozważmy trójkąt TAD.

Korzystając z faktu, że suma kątów w trójkącie jest równa 180° dostajemy 

$\left|\sphericalangle ATD\right|={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+\alpha \right)={90}^{\circ }-\alpha$

Zauważmy, że kąty ATD i STA to kąty przyległe, więc ich suma jest równa 180°. 

Skąd dostajemy, że 

$\left|\sphericalangle STA\right|={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\alpha \right)={90}^{\circ }+\alpha$

Rozważmy trójkąt ACT. 

Zauważmy, że jest to trójkąt równoramienny, ponieważ długości odcinków AT i CT są równe długości promienia tego okręgu. 

Zatem

$\left|\sphericalangle ACT\right|=\left|\sphericalangle CAT\right|=\left({180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+\alpha \right)\right):2=\left({90}^{\circ }-\alpha \right):2={45}^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$

więc

$\gamma ={45}^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$  

Rozważmy trójkąty ATD i TED. 

Zauważmy, że są to trójkąty prostokątne, w których

$\left|AD\right|=\left|DE\right|$

(ponieważ odcinki łączące punt przecięcia stycznych D z punktami styczności A i E mają równe długości) 

oraz

$\left|AT\right|=\left|TE\right|$  

(ponieważ długości tych odcinków są równe długości promienia okręgu o środku T)

Zatem na mocy cechy przystawania bkb (bok-kąt-bok) te trójkąty są przystające, czyli

$\left|\sphericalangle TDE\right|=\alpha$  

Rozważmy trójkąt BSD.

Korzystając z faktu, że suma kątów w trójkącie jest równa 180° dostajemy 

$\beta ={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+\alpha \right)={90}^{\circ }-\alpha$

Trójkąt BSC jest równoramienny, ponieważ długości odcinków BS i CS są równe długości promienia tego okręgu. 

Zatem

$\left|\sphericalangle SBC\right|=\left({180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+\alpha \right)\right):2=\left({90}^{\circ }+\alpha \right):2={45}^{\circ }+\frac{\alpha }{2}$

Skąd dostajemy, że 

$\delta ={90}^{\circ }-\left({45}^{\circ }+\frac{\alpha }{2}\right)={45}^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$

 

Odp.  $\beta ={90}^{\circ }-\alpha ,\gamma ={45}^{\circ }-\frac{\alpha }{2},\delta ={45}^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$