Kula - objętość - pole powierzchni

Kulą nazywamy figurę obrotową powstałą w wyniku obrotu półkola dokoła prostej zawierającej średnicę półkola.

  
Oznaczenia:
$r$  -  promień kuli
$S$  -  powierzchnia kuli
$V$  -  objętość kuli

Wzory:
$$S=4\pi r^2$$ $$V=\frac{4}{3}\pi r^3.$$ 

Zadania
1. W sześcian o boku $a$ wpisano kulę. Oblicz jej objętość i pole powierzchni.
2.Na sześcianie o boku $a$ opisano kulę. Oblicz jej objętość i pole powierzchni.
3. Na czworościanie foremnym o boku $a$  opisano kulę. Oblicz jej objętość.
4. W czworościan foremny o boku $a$  wpisano kulę. Oblicz jej pole powierzchni.  

 

Stożek obrotowy - objętość - pole powierzchni

Stożkiem obrotowym nazywamy figurę geometryczną powstałą w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dokoła prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych.
             

                                                                                                                                    
 Oznaczenia:
$h$  -  wysokość stożka
$r$  -  promień podstawy stożka
$l$  -  tworząca stożka
$P$  -  pole podstawy
$B$  -  pole powierzchni bocznej
$S$  -  pole powierzchni całkowitej
$V$  -  objętość

Wzory:
$$P=\pi r^2$$ $$B=\pi rl$$ $$S=\pi r^2+\pi rl=\pi r(r+l)$$ $$V=\frac{1}{3}\pi r^2 h$$  

Zadania

1. Obliczyć objętość i pole powierzchni całkowitej stożka wiedząc, że średnica podstawy ma długość $2$ a kąt rozwarcia stożka ma miarę $\frac{\pi}{3}$.
2. Przekrój osiowy stożka jest trójkątem prostokątnym o polu $8$. Obliczyć objętość i pole powierzchni całkowitej stożka.
3. Wyznaczyć kąt rozwarcia stożka wiedząc, że pole powierzchni bocznej jest dwa razy większe od pola podstawy tego stożka.
4. Przez punkty dzielące wysokość stożka na trzy równe części poprowadzono płaszczyzny równoległe do podstawy stożka. Wiedząc, że objętość stożka jest równa $V$ obliczyć objętości poszczególnych części.

Rozwiązania:
4. Niech $V_1,\ V_2,\ V_3$  będą objętościami figur $f_1,\ f_2,\ f_3.$  oczywiście $V_1+V_2+V_3=V.$    

   
Ponieważ $f_1\sim(f_1\cup f_2\cup f_3)$  w skali $3$  i $f_1\sim(f_1\cup f_2)$  w skali $2$  więc $\frac{V}{V_1}=3^3\wedge\frac{V_1+V_2}{V_1}=2^3.$  Stąd $V_1=\frac{1}{27}V\wedge V_2=\frac{7}{27}V$. Z równości $\frac{1}{27}V+\frac{7}{27}V+V_3=V\Rightarrow V_3=\frac{19}{27}$. Ostatecznie $$V_1=\frac{1}{27}V$$ $$V_2=\frac{7}{27}$$ $$V_3=\frac{19}{27}.$$

 

Walec obrotowy - objętość - pole powierzchni

Walcem obrotowym nazywamy figurę geometryczną powstałą w wyniku obrotu prostokąta dokoła prostej zawierającej jeden z jego boków.

Oznaczenia:
$r$  - promień podstawy walca
$l$  - tworząca walca
$h$  - wysokość walca  $/l=r/$
$P$   - pole podstawy walca
$B$  - pole powierzchni bocznej walca
$S$  - pole powierzchni całkowitej walca
$V$  - objętość walca   

Wzory:
$$P=\pi r^2$$ $$ B=2\pi r h$$ $$ S= 2\pi r^2+2\pi r h=2\pi r(r+h)$$ $$V=\pi r^2 h.$$
 Zadania
1. Przekrojem osiowym walca jest kwadrat o przekątnej długości $2\sqrt2$. Obliczyć objętość i pole powierzchni całkowitej walca.
2. Przekątna przekroju osiowego walca ma długość $4$  i tworzy z podstawą walca kąt $\frac{\pi}{3}$. Obliczyć objętość i pole powierzchni całkowitej walca.
3. Obliczyć objętość i pole powierzchni walca opisanego na sześcianie o boku $2\sqrt3$.
4. Wysokość walca jest dwa razy większa od jego promienia. Obliczyć stosunek pola podstawy do pola powierzchni całkowitej tego walca.
Rozwiązania

1. Przekątna $d$  kwadratu o boku $a$ spełnia warunek: $d=a\sqrt2$,  przy czym $a=2r=h$.

  

$2\sqrt2=a\sqrt2$.  Zatem  $a=2$  stąd  $r=1\wedge h=2$.

$V=2\pi$  oraz  $S=6\pi$. 
2. Oznaczenia jak na rysunku.

$2r=\frac{1}{2}d=2$  stąd  $r=1$  i  $h=\frac{d\sqrt3}{2}=2\sqrt3$.
Po podstawieniu do wzorów mamy:
$$V=2\pi\sqrt3\qquad S=2\pi(1+2\sqrt3)$$.

 

Ostrosłupy - objętości - pola powierzchni

 Oznaczenia

P - pole powierzchni podstawy
B - pole powierzchni bocznej
h - wysokość
S - pole powierzchni całkowitej
V - objętość

Ostrosłupy prawidłowe

 

 Inne Ostrosłupy

 

 

$$V=\frac{1}{3}P\cdot h\qquad S=P+B$$.

Zadania 
1. Krawędź czworościanu foremnego ma długość $a$. Obliczyć jego objętość.  
2. W ostrosłupie prawidłowym sześciokątnym wysokość jest równa $2\sqrt{3}$. Ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $\frac{\pi}{3}$. Obliczyć objętość i pole powierzchni bocznej ostrosłupa.
3. Wszystkie krawędzie prawidłowego czworokątnego ostrosłupa mają długość $a$. Obliczyć objętość ostrosłupa. 

Rozwiązania:
1. $V=\frac{1}{3}P\cdot h$, gdzie $P=\frac{a^2 \sqrt{3}}{4}$ - pole trójkąta równobocznego o boku $a$. 

 Wysokość $h$ obliczymy z trójkąta $FCD$.

$|FC|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  - wysokość trójkąta równobocznego o boku  $a$.

Punkt $E$ jest punktem przecięcia środkowych trójkąta, więc $|EC|=\frac{2}{3}|FC|=\frac{a \sqrt{3}}{3}$. Na podstawie tw. Pitagorasa $h^2=a^2- (\frac{a \sqrt{3}}{3})^2=\frac{2a^2}{3}$.

Dalej $h= \frac{a \sqrt{6}}{3}$      i $$V=\frac{a^3 \sqrt{2}}{12}.$$
 2. Oznaczenia jak na rysunku.



Podstawą ostrosłupa jest sześciokąt foremny, który składa się z sześciu równobocznych trójkątów o  boku długości $a$. Zatem  $P=6\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{3a^2\sqrt3}{2}$.
Powierzchnia boczna składa się z sześciu trójkątów równormiennych o podstawie $a$ i wysokości $h'$. Zatem  $B= 6\cdot\frac{1}{2}a\cdot h'=3a\cdot h'$. Pozostaje obliczyć $a$ oraz $h'$.
$|OK|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  - wysokość trójkąta równobocznego o boku  $a$  i
$|OK|=h ctg{\frac{\pi}{3}}=2\sqrt3\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=2$, więc  $\frac{a\sqrt{3}}{2}=2$ stąd $a=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
W trójkącie $KOW\ h'=2|OK|=4$.

$V=\frac{1}{3}P\cdot h=\frac{1}{3}\cdot8\sqrt3\cdot2\sqrt3=16$.

$B= 3a\cdot h'=3\cdot\frac{4\sqrt{3}}{3}\cdot4=16\sqrt{3}$.

 


 

Twierdzenie o dwusiecznej kąta trójkąta

Twierdzenie
Dwusieczna kąta trójkąt dzieli jego bok na odcinki proporcjonalne do pozostałych boków trójkąta.

Założenie:   $CD\ $  jest dwusieczną kąta $\angle{C}$.
Teza:   $\frac{p}{q}=\frac{a}{b}$.
Dowód.  Oznaczenia jak na rysunku. Poprowadźmy prostą ${BE}\parallel{CD}$.
$|\angle{CBE}|=|\angle{BCD}|=\phi \wedge |\angle{CEB}|=|\angle{ACD}|=\phi$, więc trójkąt $BCE$ jest równoramienny i $|EC|=|BC|=a$. Na podstawie twierdzenia Talesa$$\frac{p}{q}=\frac{a}{b}.$$

Zadania

1. Mając dane długości boków  $a,b,c$  trójkąta $ABC$ obliczyć długości odcinków na jakie dwusieczna kąta $\angle{C}$ podzieliła bok $AB$.
2. Obliczyć długość odcinka jaki brzeg trójkąta $ABC$ wyciął z dwusiecznej kąta $\angle{C}$, mając dane długości boków trójkąta $a,b,c$.

Rozwiązania

1. Niech szukane odcinki mają długości $p,q$. Na podstawie tw. o dwusiecznej kąta mamy $\frac{p}{q}=\frac{a}{b} \wedge p+q=c$. Rozwiązując układ równań otrzymamy $$p=\frac{ac}{a+b}\qquad q=\frac{bc}{a+b}.$$
2. Wskazówka.
Zastosować tw. cosinusów w $\Delta ABC$ dla obliczenia $cos\angle{A}$ oraz w  $\Delta ADC$.

Graniastosłupy - objętości - pola powierzchni

Oznaczenia:

P - pole podstawy
B - pole powierzchni bocznej
h - wysokość
S - pole powierzchni całkowitej
V - objętość

$$V=P\cdot h\qquad S=2P+B$$

Zadania

1. Przekątna sześcianu jest o dwa dłuższa od przekątnej jego ściany. Obliczyć objętość i pole powierzchni sześcianu.
2. Wszystkie ściany równoległościanu są rombami o boku $a\ $ i kącie ostrym $\alpha.\ $ Obliczyć objętość równoległościanu.
3. W graniastosłupie prawidłowym sześciokątnym krawędź podstawy jest równa $a$, zaś najdłuższa przekątna graniastosłupa jest cztery razy większa od najkrótszej przekątnej jego podstawy. Obliczyć objętość i pole powierzchni całkowitej graniastosłupa.
4. Podstawą graniastosłupa prostego jest równoległobok o bokach długości 2 i 4 oraz kącie ostrym $\frac{\pi}{3}$. Krótsza przekątna graniastosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem  $\frac{\pi}{6}$. Obliczyć objętość i pole powierzchni całkowitej graniastosłupa.

Rozwiązania

2. Oznaczenia jak na rysunku.

Z trójkąta $ALA'\qquad |AL|=a\cdot cos\alpha$,   z trójkąta $AKL\qquad |AK|=\frac{|AL|}{cos\frac{ \alpha}{2}}=\frac{a\cdot cos\alpha}{cos\frac{ \alpha}{2}}$,  z trójkąta $AKA'$     $h=\sqrt{a^2-|AK|^2}=\sqrt{a^2 -\frac{a^2\cdot cos^2\alpha}{cos^2\frac{\alpha}{2}}}=\frac{a}{cos\frac{ \alpha}{2}}\sqrt{cos^2\frac{\alpha}{2}-cos^2\alpha}$.
Zatem  $V=P \cdot h=a^2 sin\alpha\cdot\frac{a}{cos\frac{ \alpha}{2}}\sqrt{cos^2\frac{\alpha}{2}-cos^2\alpha}=2a^3sin\frac{\alpha}{2} \sqrt{sin\frac{3\alpha}{2}sin\frac{\alpha}{2}}.$

$S=6a^2sin\alpha.$

4. Oznaczenia jak na rysunku.

W trójkącie $ABD\qquad d^2= 16+4-16cos\frac{\pi}{3}=12$,  więc $d=2\sqrt{3}$.
W trójkącie $BDD'\qquad h=d\cdot tg\frac{\pi}{6}=2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=2$.
$P=4\cdot2sin\frac{\pi}{3}=4\sqrt{3},\ B=(4+2+4+2)h=24$.

$V=P\cdot h=4\sqrt{3}\cdot 2=8\sqrt{3}\qquad S=2P+B=8\sqrt{3}+24.$

Pola figur płaskich - wzory - zadania

Oznaczenia

$a_1+a_2+...+a_n=2p \ -\ $ obwód

$r\ $ - promień okręgu wpisanego

$R\ $ - promień okręgu opisanego

$P\ $ - pole

1. Wielokąt opisany na okręgu

  $$P=p\cdot r$$

 2. Trójkąt

 

$$P=\frac{1}{2}ah_a \\$$

$$P=\frac{1}{2}absin\gamma \\$$

$$P=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \\$$

$$ P=\frac{abc}{4R} \\$$

$$ P=2R^2 sin\alpha sin\beta sin\gamma$$

 

3. Równoległobok

 

  $$P=a\cdot h=absin\alpha$$

 

4. Romb

 

 

$$P=ah=\frac{1}{2}de=a^2sin\alpha$$

 

 5. Trapez

 

 

$$P=\frac{a+b}{2}\cdot h$$

 

Zadania

1. Środkowe dzielą trójkąt o polu P na sześć "małych" trójkątów.Obliczyć pola tych trójkątów.

2. Obliczyć stosunek wysokości trójkąta mając dane długości jego boków $a=6,\ b=7,\ c=8.$

3. Trójkąt o bokach długości $a,b,c\ $ podzielono prostą równoległą do boku $c\ $ na części o równych polach. Obliczyć długości boków każdej z tych części.

4. Obliczyć promień okręgu opisanego i pole trójkąta o bokach długości 2,3,4.

5. Dane są trzy różne proste równoległe. Odległość środkowej od skrajnych wynosi $a\ $ i $b.$ Wierzchołki trójkąta równobocznego leżą na tych trzech prostych.Obliczyć jego pole.

                                 
 Rys. do zadania nr 5.

Rozwiązania:

2. $P= \frac{1}{2}ah_a= \frac{1}{2}bh_b= \frac{1}{2}ch_c=3h_a= \frac{7}{2}h_b=4h_c$
$h_a=\frac{1}{3}P,\ h_b=\frac{2}{7}P,\ h_c=\frac{1}{4}P$

$h_a:h_b:h_c=\frac{1}{3}:\frac{2}{7}:\frac{1}{4}=28:24:21.$

3. Posłużmy się rysunkiem

$\Delta_{KLC}\sim \Delta_{ABC} \wedge P_{KLC}=\frac{1}{2}P_{ABC}\Rightarrow \frac{P_{KLC}}{P_{ABC}}=k^2=\frac{1}{2}\Rightarrow k=\frac{\sqrt{2}}{2}$
/stosunek pól figur podobnych równy jest kwadratowi skali ich podobieństwa/.
Części to trójkąt $KLC\ $ o bokach $x=c\frac{\sqrt{2}}{2},\ y=b\frac{\sqrt{2}}{2},\ z=a\frac{\sqrt{2}}{2}\ $ oraz trapez $ABLK\ $ o bokach $c, v=a-a\frac{\sqrt{2}}{2}, x=c\frac{\sqrt{2}}{2}, u=b-b\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Suma miar kątów wewnętrznych, liczba przekątnych n - kąta

Suma miar kątów wewnętrznych n-kąta wypukłego

Jeżeli poprowadzimy z jednego z wierzchołków np. z $A_1\ $ wszystkie przekątne, to n-kąt zostanie podzielony na (n - 2) trójkątów. Suma miar kątów wewnętrznych n-kąta jest równa sumie miar kątów wszystkich (n - 2) trójkątów zatem wynosi $$(n-2)\cdot 180^0.$$

Liczba przekątnych n-kąta wypukłego

 

Każda para spośród n wierzchołków n-kąta wyznacza przekątną lub bok n-kąta. Jest ich $\frac{n(n-1)}{2}\ $ - liczba dwuelementowych kombinacji n-elementowego zbioru. N spośród nich, to boki. Ilość przekątnych wynosi $\frac{n(n-1)}{2}-n=\frac{n(n-2)}{2}.\ $ Ostatecznie $$\frac{n(n-2)}{2}.$$

Zadania

1. Obliczyć sumę miar zewnętrznych
    a) trójkąta,
    b) czworokąta,
    c) n-kąta.

Rozwiązanie p. b)

Miary kątów wewnętrznych czworokąta $ABCD\ $ są równe $\alpha,\ \beta,\ \gamma,\ \delta\ $ a miary kątów zewnętrznych odpowiedno $180^0-\alpha,\ 180^0-\beta,\ 180^0-\gamma,\ 180^0-\delta.$

 Suma miar wszystkich kątów zewnętrznych wynosi: $2(180^0-\alpha+180^0-\beta+180^0-\gamma+180^0-\delta)=2[720^0-(\alpha+\beta+\gamma+\delta)]= \ $  $2(720^0-360^0)=720^0$.

2. Ile  wierzchołków ma wielokąt, którego liczba przekątnych jest
    a) 5 razy
    b) k razy
większa od liczby jego boków.

Trójkąty - środkowe, symetralne, dwusieczne - zadania

Nierówność trójkąta

Liczby $a,\ b,\ c\ $ są długościami boków pewnego trójkąta wtedy i tylko wtedy, gdy $$|a-b|<c<a+b.$$

Suma miar kątów wewnętrznych trójkąta

Prosta $k\ $ tworzy z ramionami $AC\ $ i  $BC\ $ trójkąta kąty o mierze $\alpha\ $ i  $\beta\ $ (kąty naprzemianległe wewnętrzne). Stąd $\alpha+\beta+\gamma=180^0 .$

Środkową trójkąta nazywamy odcinek, którego końcami są: wierzchołek trójkąta i środek przeciwległego
 boku.

Twierdzenie
Środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Dzieli on środkowe w stosunku $\frac{1}{2}.\ $
Dowód części twierdzenia.
Niech punkty $K\ $ i $M\ $ będą środkami boków $BC\ $ i $AB\ $ trójkąta $ABC,\ $ a punkt $O\ $ punktem przecięcia tych środkowych.

Poprowadźmy prostą $KN\ $ równoległą do $CM.\ $ Proste te przecinają ramiona $\angle{ABC},\ $ więc odcinki wyznaczone na ramionach kąta są proporcjonalne.  $\frac{|NB|}{|NM|}=\frac{|KB|}{|KC|}=1\ $ zatem $|NB|=|NM|.\ $ Te same proste przecinają również ramiona $\angle{BAK}\ $ zatem  $\frac{|OK|}{|OA|}=\frac{|MN|}{|MA|}=\frac{1}{2}.\ $
Aby wykazać, że punkt $O\ $ jest punktem wspólnym trzech środkowych można posłużyć się rachunkiem wektorów.
Punkt przecięcia środkowych nazywamy środkiem ciężkości trójkąta.

Zadanie

Obliczyć długość środkowej trójkąta prostokątnego poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego mając dane długości przyprostokątnych $a\ $ i $b.\ $

Zadanie

W trójkącie środkowe $AK\ $ i $BL\ $ są prostopadłe. Mając dane długości boków $|BC|=a\ $ i $|AC|=b\ $ obliczyć długość trzeciego boku.

Zadanie

Niech $a\ ,b,\ c\ $ oznczają długości boków trójkąta, a  $s_a,\ s_b,\ s_c\ $ długości środkowych poprowadzonych do tych boków. Wykazać, że $$\frac{3(a+b+c)}{4}<s_a+s_b+s_c<a+b+c. $$

 Dowód.

W oparciu o nierówność trójkąta (rys. 1.) mamy: $2s_c<a+b.\ $ Podobnie wykazujemy, że $2s_b<a+c\ $ i $2s_a<b+c.\ $ Dodając nierówności stronami i dzieląc przez 2 otrzymujemy: $s_a+s_b+s_c<a+b+c.\ $ 

   

 

                                        Rys. 1

 Drugą część nierówności wykażemy w oparciu o rys. 2.

                               
                                   Rys. 2

W trójkątach wyznaczonych przez punkty $A,B,C\ $ i punkt przecięcia środkowych mamy:
$a<\frac{2}{3}s_b+\frac{2}{3}s_c,\ b<\frac{2}{3}s_a+\frac{2}{3}s_c,\ c<\frac{2}{3}s_a+\frac{2}{3}s_b.\ $ Dodając nierówności stronami i mnożąc obie strony przez $\frac{3}{4}\ $ otrzymamy tezę postawioną w zadaniu.

Twierdzenie

Symetralne boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Jest on środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie.

 Dowód.
Niech $k,\ l\ m\ $ będą symetralnymi boków trójkąta jak na rysunku. Niech $k\cap l=\{O\}\Rightarrow|OB|=|OC| \wedge|OA|=|OC| \Rightarrow|OA|=|OB| \Rightarrow O\in l.\ $
Tym samym punkty $A,\ B,\ C\ $ są równo odległe od punktu $O\ $ więc leżą na okręgu o środku $O.$

Twierdzenie

Dwusieczne kątów wewnętrznych trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Jest on środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt




Wysokością trójkąta nazywamy odcinek, którego jednym końcem jest wierzchołek trójkąta a drugim prostokątny rzut tego wierzchołka na prostą zawierającą bok przeciwległy.

Twierdzenie

Proste zawierające wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie. (punkt ten nazywamy ortocentrum trójkąta)

czworokąty i okręgi

Pomocne twierdzenia przy rozwiązywaniu zadań.

Twierdzenie o okręgu wpisanym w czworokąt.

                                     
                                             Rys. 1.

W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości  przeciwległych boków czworokąta są równe.

Założenie: W czworokąt jest wpisany okrąg.
Teza: Sumy długości przeciwległych boków czworokąta są równe.
Dowód. Oznaczenia jak na rys. 1. $|AB|+|CD|=p+q+m+n\ $ i $|AD|+|BC|=p+q+m+n\ $ zatem
$|AB|+|CD|=|AD|+|BC|.$
Dowód twierdzenia odwrotnego pozostawiam czytelnikom.

Twierdzenie o okręgu opisanym na czworokącie.

                                     
                                                 Rys. 2.
   

Na czworokącie można opisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy miar przeciwległych kątów czworokąta są równe.

Założenie: Na czworokącie jest opisany okrąg.
Teza: Sumy miar przeciwległych kątów czworokąta są równe.
Dowód. Oznaczenia jak na rys. 2. $|\angle{BAD}|=x\ $ i $|\angle{BCD}|=y.\ $ Miary kątów środkowych opartych na tych samych łukach co kąty $\angle{BAD}\ $ i $\angle{BCD}\ $  są dwukrotnie większe i wynoszą odpowiednio $2x\ $ i $2y.\ $    $|\angle{BAD}|+|\angle{BCD}|=x+y=\frac{1}{2}(2x+2y)=\frac{1}{2}\cdot 360^0=180^0,\ $ co kończy dowód.
Dowód twierdzenia odwrotnego pozostawiam czytelnikom.


Twierdzenie Ptolemeusza

W czworokącie wpisanym w okrąg iloczyn długości przekątnych jest równy sumie iloczynów długości przeciwległych boków.

$|AC|\cdot|BD|=|AB|\cdot|CD|+|BC|\cdot|AD|.  \\$

                                                                                                                                            

Zadanie

Przeciwległe boki czworokąta wpisanego w okrąg leżą na przecinających się prostych. Proste przecinają się pod kątami $\alpha\ $ i  $\beta.\ $Obliczyć miary kątów czworokąta.

Rozwiązanie. Oznaczenia jak na rysunku. Miary kątów wewnętrznych czworokąta przy wierzchołkach $A,B,C,D,\ $ to $|\angle{A}|,|\angle{B}|,|\angle{C}|,|\angle{D}|.\ $ Ponieważ czworokąt $ABCD\ $ jest wpisany w okrąg więc$|\angle{A}|+|\angle{C}|=|\angle{B}|+|\angle{D}|=180^0.\ $
W trójkątach $ADL\ $ i $CDK\ $ mamy: $|\angle{A}|+|\angle{D}|+\beta=180^0\ $
 i $|\angle{C}|+|\angle{D}|+\alpha=180^0\ $.  Dodając stronami otrzymamy:  $ |\angle{D}|=90^0-\frac{\alpha+\beta}{2}\ $ i dalej $ |\angle{B}|=90^0+\frac{\alpha+\beta}{2},\ |\angle{A}|=90^0+\frac{\alpha-\beta}{2},\ |\angle{C}|=90^0-\frac{\alpha-\beta}{2}.$

Zadanie

Wykaż, że jeżeli dwusieczne wewnętrznych kątów czworokąta przecinają się w czterech punktach, to na czworokącie wyznaczonym przez te punkty można opisać okrąg.
Rozwiązanie.

W czworokącie $ABCD\ $ suma miar kątów wewnętrznych wynosi $360^0,\ $ zatem
$2\alpha+2\beta+2\gamma+2\delta=360^0,\ $ stąd $\alpha+\beta+\gamma+\delta=180^0. $
Policzmy sumę miar przeciwległych kątów czworokąta $KLMN:\ \phi+\omega=180^0-(\alpha+\beta)+180^0-(\gamma+\delta)=360^0-180^0=180^0,\ $ zatem na czworokącie $KLMN\ $ można opisać okrąg.