Dạng 1: Chứng minh qua 3 điểm xác định một góc bẹt (tổng hai góc chung đỉnh bằng 180 độ) có đáp án

Dựng hình bình hành $AEFD$ .

$\Rightarrow M$ là trung điểm của EF (t/c hình bình hành) và $EF=DA=BA$ .

Mặt khác $EA=CA$   (gt); $\widehat{AEF}=\widehat{CA\text{}B}$  (cùng bù với $\widehat{DA\text{}E}$ ).

 $\Rightarrow \Delta EFA=\Delta ABC$(c – g – c).

$\widehat{A_1}=\widehat{C_1}$ ( Hai góc tương ứng).

Mà $\widehat{A_1}+\widehat{C_1}={90}^{\text{o}}$

$\Rightarrow \widehat{A_1}+\widehat{A_2}={90}^{\text{o}}$.

$\Rightarrow \widehat{A_1}+\widehat{A_2}+\widehat{A_3}={180}^{\text{o}}$ hay $\widehat{F\text{A}H}={180}^{\text{o}}\Rightarrow M$ ,A  , H thẳng hàng.

Xét (O’) có: $\widehat{\text{AEB}}=\frac{\text{sd}\stackrel{⏜}{\text{AD}}+\text{sd}\stackrel{⏜}{\text{CM}}}{2}$  ( góc có đỉnh ở bên trong đường tròn).

$\widehat{\text{BAM}}=\frac{\text{sd}\stackrel{⏜}{\text{ADM}}}{2}=\frac{\text{sd }\stackrel{⏜}{\text{AD}}+\text{sd\hspace{0.17em}}\stackrel{⏜}{\text{MD}}}{2}$( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) .

Suy ra $\widehat{BAM}=\widehat{\text{AEB}}$ Þ  tam giác ABE cân tại B nên BN vừa là đường cao vừa là trung tuyến Þ NA = NE và OA = OB, O’A = O’C Þ NO, NO’ là đường trung bình của tam giác ACE, ABE nên O’N // CE, NO // EB do đó O, N, O’ thẳng hàng.

d) Nhận thấy $\widehat{MEF}=\widehat{F_1}$  và $\widehat{O\text{'}BF}=\widehat{F_2}$  mà $\widehat{MEF}+\widehat{O\text{'}BF}={90}^0$  nên $\widehat{F_1}+\widehat{F_2}={90}^0$ , suy ra $\widehat{MFO\text{'}}={90}^0$ Vậy MF là tia tiếp tuyến của đường tròn tâm O’.