Giải Câu 64 Bài 8: Đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn nội tiếp

Giải Câu 64 Bài 8: Đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn nội tiếp.

a) $\widehat{BA\mathrm{D}}=\frac{{90}^0+{120}^0}{2}={105}^0$ (góc nội tiếp chắn $\stackrel{⏜}{BCD}$)     (1)

$\widehat{A\mathrm{D}C}=\frac{{60}^0+{90}^0}{2}={75}^0$ ( góc nội tiếp chắn$\stackrel{⏜}{ABC}$ )          (2)

Từ (1) và (2) có:

$\widehat{BA\mathrm{D}}+\widehat{A\mathrm{D}C}={105}^0+{75}^0={180}^0$ (3)

Mà $\widehat{BA\mathrm{D}}$ và $\widehat{A\mathrm{D}C}$ là hai góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến $AD$ và hai đường thẳng $AB,CD$.

=> $AB//CD$. Do đó tứ giác $ABCD$ là hình thang.

Mà $ABCD$ nội tiếp hình tròn nên $ABCD$ là hình thang cân.

Vậy $ABCD$ là hình thang cân.

($BC=AD$ và $sđ\stackrel{⏜}{BC}$=$sđ\stackrel{⏜}{AD}$=${90}^0$)

b) Gọi $I$ là giao của hai đường chéo $AC$ và $BD$.

$\widehat{CI\mathrm{D}}$ là góc có đỉnh nằm trong đường tròn, chắn cung CD và cung AB, nên:

$\widehat{CI\mathrm{D}}$=$\frac{sđ\stackrel{⏜}{AB}+sđ\stackrel{⏜}{CD}}{2}$=$\frac{{60}^0+{120}^0}{2}={90}^0$

Vậy $AC\mathrm{\perp }BD$

c)

Vì $sđ\stackrel{⏜}{AB}$ = ${60}^0$ nên $\widehat{AOB}={60}^0$ (góc ở tâm)

Lại có: $\mathrm{\Delta }AOB$ cân tại $O$ (vì $OA=OB=R$)

$=>∆AOB$ đều => $AB=R$

Ta có: $\mathrm{\Delta }COD$ cân tại $O$ (vì $OC=OD=R$)

lại có: $sđ\stackrel{⏜}{BC}$= ${90}^0$ => $\widehat{COD}={90}^0$ => $\mathrm{\Delta }COD$ vuông cân tại O

=> $BC=\sqrt{2.O{B}^2}=R.\sqrt{2}$

Vì $ABCD$ là hình thang cân nên $AD=BC=R.\sqrt{2}$

Ta có: $sđ\stackrel{⏜}{CD}$= ${120}^0$ => $\widehat{COD}={120}^0$

Từ $O$ kẻ $OH\perp CD,H\in CD$ => $\widehat{COH}=\frac{1}{2}.\widehat{COD}={60}^0$

Trong $\mathrm{\Delta }COH$ vuông tại $H$ có:

$tanCOH=\frac{CH}{OC}=>tan{60}^0=\frac{CH}{R}=>CH=R.\sqrt{3}$

Vậy các cạnh của tứ giác $ABCD$ có độ dài: $BC=AD=R.\sqrt{2};AB=R;CD=R.\sqrt{3}$