Gọi H là hình chiếu vuông góc của N Ox.

Ta có: \(\widehat {NOH} = \widehat {ONM} = \widehat {OMN} = \widehat {MOx} = \alpha \) (do NM song song với Ox)

Mà \(\widehat {xOM} + \widehat {NOH} = {180^o}\)

Suy ra \(\widehat {xON} + \widehat {MOx} = {180^o}\)

Tham khảo:

Trường hợp 1:  \(\alpha  = {90^o}\)

Khi đó \({90^o} - \alpha  = {0^o}\)

Tức là M và N lần lượt trùng nhau với B và A.

Và  \(\cos \alpha  = 0 = \sin \left( {{{90}^o} - \alpha } \right)\)

Trường hợp 2: \({0^o} < \alpha  < {90^o} \Rightarrow {0^o} < {90^o} - \alpha  < {90^0}\)

M và N cùng nằm bên trái phải trục tung.

Ta có: \(\alpha  = \widehat {AOM};\;\;{90^o} - \alpha  = \widehat {AON}\)

Dễ thấy: \(\widehat {AON} = {90^o} - \alpha  = {90^o} - \widehat {NOB}\;\;\; \Rightarrow \alpha  = \widehat {NOB}\)

Xét hai tam giác vuông \(NOQ\) và tam giác \(MOP\)  ta có:

\(OM = ON\)

\(\widehat {POM} = \widehat {QON}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta NOQ = \Delta MOP\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OP = OQ\\QN = MP\end{array} \right.\end{array}\)

Mà \(M\left( {{x_0};{y_o}} \right)\) nên \(N\left( {{y_o};{x_0}} \right)\). Nói cách khác:

\(\cos \left( {{{90}^o} - \alpha } \right) = \sin \alpha ;\;\;\sin \left( {{{90}^o} - \alpha } \right) = \cos \alpha .\)

Tham khảo:

Gọi M là điểm thuộc nửa đường tròn đơn vị sao cho: \(\widehat {xOM} = \alpha \)

Do \(\sin \alpha  = \frac{1}{2}\) nên tung độ của M bằng \(\frac{1}{2}.\)

Vậy ta xác định được hai điểm N và M thỏa mãn \(\sin \widehat {xON} = \sin \widehat {xOM} = \frac{1}{2}\)

Đặt \(\beta  = \widehat {xOM} \Rightarrow \widehat {xON} = {180^o} - \beta \)

Xét tam giác OHM vuông tại H ta có: \(MH = \frac{1}{2} = \frac{{OM}}{2} \Rightarrow \beta  = {30^o}\)

\( \Rightarrow \widehat {xON} = {180^o} - {30^o} = {150^o}\)

Vậy \(\alpha  = {30^o}\) hoặc \(\alpha  = {150^o}\)

a) Giả sử AB < AC.  (Các trường hợp khác chứng minh tương tự)

Ta có tam giác CEF cân tại C nên \(\widehat{CEF}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{MEB}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)

Ta có \(\widehat{MIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}=\frac{180^o-\widehat{C}}{2}\)

Hay \(\widehat{MEB}=\widehat{MIB}\). Suy ra tứ giác EMBI là tứ giác nội tiếp.

\(\widehat{IMB}=\widehat{IEB}=90^o\Rightarrow MB\perp AI.\)

b) Chứng minh tương tự \(\widehat{ANI}=90^o\Rightarrow\) tứ giác ANMB nội tiếp đường tròn đường kính AB cố định.

Mà \(\widehat{MBN}=90^o-\widehat{MIB}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\frac{\alpha}{2}=const\)

Do MN là dây cung chắn một góc không đổi trên đường tròn đường kính AB nên độ dài MN không đổi.

c) Gọi O là trung điểm AB thì \(\widehat{MON}=2.\widehat{MBN}=\alpha\)  

Do tứ giác IMBD nội tiếp nên \(\widehat{IDM}=\widehat{IBM}=\frac{\alpha}{2}\)

Tương tự : \(\widehat{IDN}=\frac{\alpha}{2}\)

Do đó \(\widehat{MDN}=\alpha=\widehat{NOM}\)

Suy ra tứ giác MNDO nội tiếp hay O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN.

Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua điểm O cố định khi C thay đổi.

vã bn ơi