Bài 1:
Ta có \(\widehat {ECN} = \widehat {EDN} = 45^\circ \) \( \Rightarrow \) Bốn điểm D, C, E, N cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác DCEN nội tiếp.
a)Tứ giác DCEN nội tiếp (cmt) mà \(\widehat {CDN} = 90^\circ \)(gt)
\( \Rightarrow \widehat {CEN} = 90^\circ \) hay \(NE \bot CM.\)
Tương tự ta chứng minh được tứ giác BCFM nội tiếp ( \(\widehat {MBF} = \widehat {MCF} = 45^\circ \))
\( \Rightarrow \widehat {MFC} = \widehat {MBC} = 90^\circ \) hay \(MF \bot CN\) mà MF và NE giao nhau tại H nên H là trực tâm ∆CMN.
\( \Rightarrow \) CH là đường cao hay \(CH \bot MN.\)
b) Ta có tứ giác MEFN nội tiếp ( \(\widehat {MEN} = \widehat {MFN} = 90^\circ \))
\( \Rightarrow \widehat {CMI} = \widehat {CFB}\) ( cùng bù với \(\widehat {NFE}\) )
Lại có tứ giác BCFM nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \widehat {CMB} = \widehat {CFB}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung BC) \( \Rightarrow \widehat {CMI} = \widehat {CMB}\)
Do đó \(∆CBM = ∆CIM\) ( cạnh huyền – góc nhọn)
\( \Rightarrow CI = CB = a\) mà \(MN \bot CH\) tại I (cmt) nên MN là tiếp tuyến của đườn tròn ngoại tiếp ∆DIB có tâm C và bán kính bằng a.
Bài 2:
a) Ta có :\(AB = R\sqrt 3 \Rightarrow \widehat {AOB} = 120^\circ \)
\(sđ\overparen{AC} = 30^o \Rightarrow \widehat {AOC} = 30^\circ \).
Vậy \(\widehat {BOC} = 150^\circ \).
Khi đó \({l_{\overparen {BAC}}} = \dfrac{{\pi R.150} }{ {180}} =\dfrac {{5\pi R} }{ 6}\).
b) ∆AOB cân tại O có \(\widehat {AOB} = 120^\circ \)
\( \Rightarrow \widehat {OAB} = \widehat {OBA} =\dfrac {{180^\circ - 120^\circ }}{2}\)\(\, = 30^\circ \)
Do đó \(\widehat {OAB} = \widehat {AOC} = 30^\circ \)
\( \Rightarrow \) OC // AB ( cặp góc so le trong bằng nhau).
