3.1. Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn (hình vẽ) có hai cạnh \(AD\) và \(BC\) cắt nhau tại \(E.\) Hãy tính số đo độ của góc \(BCD\) khi biết \(\widehat {DEC} = 45^\circ \) và \(\wideha

       3.1. Ta có \(\widehat {ADx} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp). Suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {ADx} = 120^\circ .\)

Mà \(\widehat {ABC}\) là góc ngoài tại đỉnh \(B\) của tam giác \(ABE\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {AEB} + \widehat {BAE}\).

Suy ra \(\widehat {BAE} = \widehat {ABC} - \widehat {AEB} = 120^\circ  - 45^\circ  = 75^\circ .\)

Lại có \(\widehat {BAE} + \widehat {BAD} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) và \(\widehat {BCD} + \widehat {BAD} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau trong tứ giác \(ABCD\) nội tiếp).

Suy ra \(\widehat {BCD} = \widehat {BAE} = 75^\circ .\)

3.2. 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 \(B\).