1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(A\left( {3;\,\,3} \right)\) và \(B\left( { - 3\sqrt 2 ;\,\,0} \right).\) Hỏi phép quay ngược chiều tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm \(B\

       1. Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A\] trên \[Oy.\] Ta có \(A\left( {3;\,\,3} \right)\) nên \(OH = AH = \left| 3 \right| = 3.\)

Xét \[\Delta AOH\] vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore ta có: \[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\]

Suy ra \(OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}}  = \sqrt {{3^2} + {3^2}}  = \sqrt {18}  = 3\sqrt 2 .\)

Ta cũng có \(\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{3}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\) Suy ra \(\widehat {AOH} = 45^\circ .\)

Ta có điểm \(B\left( { - 3\sqrt 2 ;\,\,0} \right)\) nằm trên trục \[Ox\] nên \(OB = \left| { - 3\sqrt 2 } \right| = 3\sqrt 2 .\) Khi đó \(OA = OB = 3\sqrt 2 .\)Mặt khác, \(\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {HOB} = 45^\circ  + 90^\circ  = 135^\circ .\)

Như vậy, phép quay \(135^\circ \) ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm \(A\) thành điểm \(B\).

       2.

Xét đường tròn \(\left( O \right),\) ta có \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD} = 60^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD)\)

Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \).

Suy ra \[\widehat {ADC} = 180^\circ  - \widehat {ABC} = 180^\circ  - \left( {\widehat {ABD} + \widehat {DBC}} \right) = 180^\circ  - \left( {60^\circ  + 40^\circ } \right) = 80^\circ .\]