a)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Kąt środkowy $AOC$ oraz kąt wpisany $ADC$ są oparte na tym samym łuku $AC$. Jeżeli kąt wpisany w okrąg jest oparty na tym samym łuku co kąt środkowy, to miara kąta wpisanego jest równa połowie miary kąta środkowego. Stąd:

$\left|\sphericalangle ADC\right|=\frac{\left|\sphericalangle AOC\right|}{2}=\frac{100^{\circ }}{2}=50^{\circ }$

Czworokąt $ABCD$ jest wpisany w okrąg, a więc sumy miar jego przeciwległych kątów są równe i wynoszą po $180^{\circ }$. Stąd:

$\left|\sphericalangle ADC\right|+\left|\sphericalangle ABC\right|=180^{\circ }$

$50^{\circ }+\alpha =180^{\circ }|-50^{\circ }$

$\alpha =130^{\circ }$

Zatem otrzymaliśmy, że $\alpha =130^{\circ }$.

---

b)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Kąt środkowy $AOC$ oraz kąt wpisany $ABC$ są oparte na tym samym łuku $AC$. Jeżeli kąt wpisany w okrąg jest oparty na tym samym łuku co kąt środkowy, to miara kąta wpisanego jest równa połowie miary kąta środkowego. Stąd:

$\left|\sphericalangle ABC\right|=\frac{\left|\sphericalangle AOC\right|}{2}=\frac{\alpha }{2}$

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, stąd w trójkącie $ABD$ mamy:

$\left|\sphericalangle ADB\right|=180^{\circ }-\left|\sphericalangle DAB\right|-\left|\sphericalangle DBA\right|=$

$=180^{\circ }-\left|\sphericalangle ABC\right|-\left|\sphericalangle DBA\right|=180^{\circ }-40^{\circ }-\frac{\alpha }{2}=140^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$

Kąty $ABD$ i $CDO$ to kąty wierzchołkowe, zatem:

$\left|\sphericalangle CDO\right|=\left|\sphericalangle ADB\right|=140^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, stąd w trójkącie $CDO$ mamy:

$\left|\sphericalangle CDO\right|+\left|\sphericalangle DOC\right|+\left|\sphericalangle OCD\right|=180^{\circ }$

$140^{\circ }-\frac{\alpha }{2}+\alpha +20^{\circ }=180^{\circ }|-160^{\circ }$

$\frac{\alpha }{2}=20^{\circ }|\cdot 2$

$\alpha =40^{\circ }$

Zatem otrzymaliśmy, że $\alpha =40^{\circ }$.

---

c)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Jeżeli kąt wpisany w okrąg jest oparty na średnicy, to miara tego kąta wynosi $90^{\circ }$, zatem:

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

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, stąd w trójkącie $CDB$ mamy:

$\left|\sphericalangle CDB\right|+\left|\sphericalangle DBC\right|+\left|\sphericalangle BCD\right|=180^{\circ }$

$90^{\circ }+20^{\circ }+\left|\sphericalangle BCD\right|=180^{\circ }|-110^{\circ }$

$\left|\sphericalangle BCD\right|=70^{\circ }$

Czworokąt $ABCD$ jest wpisany w okrąg, a więc sumy miar jego przeciwległych kątów są równe i wynoszą po $180^{\circ }$. Stąd:

$\left|\sphericalangle BCD\right|+\left|\sphericalangle BAD\right|=180^{\circ }$

$70^{\circ }+\alpha =180^{\circ }|-70^{\circ }$

$\alpha =110^{\circ }$

Zatem otrzymaliśmy, że $\alpha =110^{\circ }$.

---

d)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Rozważmy trójkąt $BAO$. Zauważmy, że:

$\left|OA\right|=\left|OB\right|=r$

Wobec tego trójkąt $DCO$ jest trójkątem równoramiennym a wtedy:

$\left|\sphericalangle OAB\right|=\left|\sphericalangle OBA\right|=40^{\circ }$

Rozważmy trójkąt $ACO$. Zauważmy, że:

$\left|OC\right|=\left|OA\right|=r$

Wobec tego trójkąt $DCO$ jest trójkątem równoramiennym a wtedy:

$\left|\sphericalangle OCA\right|=\left|\sphericalangle OAC\right|=20^{\circ }$

Zatem:

$\left|\sphericalangle CAB\right|=\left|\sphericalangle OAC\right|+\left|\sphericalangle OAB\right|=20^{\circ }+40^{\circ }=60^{\circ }$

Kąt środkowy $COB$ oraz kąt wpisany $CAB$ są oparte na tym samym łuku $CB$. Jeżeli kąt wpisany w okrąg jest oparty na tym samym łuku co kąt środkowy, to miara kąta wpisanego jest równa połowie miary kąta środkowego. Stąd:

$\alpha =\left|\sphericalangle COB\right|=2\cdot \left|\sphericalangle CAB\right|=2\cdot 60^{\circ }=120^{\circ }$

Zatem otrzymaliśmy, że $\alpha =120^{\circ }$.

---

e)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Kąt $DEC$ oraz kąt $DAC$ są oparte na tym samym łuku $CD$. Kąty wpisane w okrąg oparte na tym samym łuku mają jednakowe miary, a więc:

$\left|\sphericalangle DAC\right|=\left|\sphericalangle DEC\right|=20^{\circ }$

Jeżeli kąt wpisany w okrąg jest oparty na średnicy, to miara tego kąta wynosi $90^{\circ }$, zatem:

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

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, stąd w trójkącie $ACB$ mamy:

$\left|\sphericalangle BAC\right|+\left|\sphericalangle ACB\right|+\left|\sphericalangle CBA\right|=180^{\circ }$

$\left|\sphericalangle BAC\right|+90^{\circ }+60^{\circ }=180^{\circ }|-150^{\circ }$

$\left|\sphericalangle BCD\right|=30^{\circ }$

Zatem mamy:

$\alpha =\left|\sphericalangle DAC\right|+\left|\sphericalangle BCD\right|=20^{\circ }+30^{\circ }=50^{\circ }$

Zatem otrzymaliśmy, że $\alpha =50^{\circ }$.

---

f)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Kąt $DBE$ oraz kąt $DAE$ są oparte na tym samym łuku $DE$. Kąty wpisane w okrąg oparte na tym samym łuku mają jednakowe miary, a więc:

$\left|\sphericalangle DBE\right|=\left|\sphericalangle DAE\right|=30^{\circ }$

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, stąd w trójkącie $ABC$ mamy:

$\left|\sphericalangle ABC\right|+\left|\sphericalangle BCA\right|+\left|\sphericalangle CAB\right|=180^{\circ }$

$\left|\sphericalangle ABF\right|+\left|\sphericalangle FBC\right|+40^{\circ }+\left|\sphericalangle CAF\right|+\left|\sphericalangle FAB\right|=180^{\circ }$

$\left|\sphericalangle ABF\right|+\left|\sphericalangle FBE\right|+40^{\circ }+30^{\circ }+\left|\sphericalangle FAB\right|=180^{\circ }$

$\left|\sphericalangle ABF\right|+\left|\sphericalangle DBE\right|+70^{\circ }+\left|\sphericalangle FAB\right|=180^{\circ }$

$\left|\sphericalangle ABF\right|+30^{\circ }+70^{\circ }+\left|\sphericalangle FAB\right|=180^{\circ }|-100^{\circ }$

$|\sphericalangle ABF|+|\sphericalangle FAB|=80^{\circ }$

Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^{\circ }$, stąd w trójkącie $ABF$ mamy:

$|\sphericalangle ABF|+\left|\sphericalangle BFA\right|+|\sphericalangle FAB|=180^{\circ }$

$80^{\circ }+\alpha =180^{\circ }|-80^{\circ }$

$\alpha =100^{\circ }$

Zatem otrzymaliśmy, że $\alpha =100^{\circ }$.