Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2\left(x-3\right)+3\left(3x+y\right)=-11\\ \left(x-3\right)-2\left(3x+y\right)=5\end{array}\right..$

a) Xét đường tròn (O) có:

• DE là dây không đi qua tâm O và I là trung điểm của DE

Suy ra $OI\perp DE$ tại I (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) nên $\widehat{AIO}=90°.$

• AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $AB\perp OB,AC\perp OC$ (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90°.$ Do đó $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=\widehat{AIO}=90°.$

Vậy năm điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính AO

b) Xét đường tròn (O;R) có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà $OB=OC=R$ nên OA là đường trung trực của BC

Do đó $OA\perp BC$ tại H hay $\widehat{AHK}=90°.$

Xét $\Delta AHK$ và $\Delta AIO$ có: $\widehat{AHK}=\widehat{AIO}=90°$ và $\widehat{HAK}$ là góc chung

Do đó $\Delta AHK\backsim \Delta AIO\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g).}$ Suy ra $\frac{AH}{AI}=\frac{AK}{AO}$ hay $AK\cdot AI=AH\cdot AO.$

Ta có BD // AC nên $\widehat{BDE}=\widehat{FAE}$ (hai góc so le trong)

Mà $\widehat{BDE}=\widehat{FBA}$ (cùng chắn $\stackrel{⏜}{EB}$ của $\left(O;R\right))$ nên $\widehat{FAE}=\widehat{FBA}.$

Xét $\Delta AFE$ và $\Delta BFA$ có: $\widehat{AFE}$ là góc chung và $\widehat{FAE}=\widehat{FBA}.$

Do đó $\Delta AFE\backsim \Delta BFA\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g).}$

c) Ta có $\Delta AFE\backsim \Delta BFA$ (câu b) suy ra $\frac{FE}{FA}=\frac{FA}{FB}$ hay $F{A}^2=FB\cdot FE.\left(1\right)$

Xét $\Delta FEC$ và $\Delta FCB$ có: $\widehat{EFC}$ là góc chung và $\widehat{FCE}=\widehat{FBC}$ (cùng chắn $\stackrel{⏜}{EC}$ của $\left(O;R\right))$

Do đó $\Delta FEC\backsim \Delta FCB\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(g.g).}$ Suy ra $\frac{FE}{FC}=\frac{FC}{FB}$ hay $F{C}^2=FB\cdot FE.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $F{A}^2=F{C}^2$ nên FA = FC. Do đó F là trung điểm của đoạn thẳng AC

Gọi G là giao điểm của FK và BD

Ta có BG // FC suy ra $\frac{BG}{FC}=\frac{KG}{KF}$ (hệ quả định lí Thalès);

DG // AF suy ra $\frac{DG}{AF}=\frac{KG}{KF}$ (hệ quả định lí Thalès).

Suy ra $\frac{BG}{FC}=\frac{DG}{AF}$ mà AF = CF nên BG = DG. Do đó G là trung điểm của BD

Kéo dài AB cắt D tại J. Gọi G' là giao điểm của JF và BD.

• Xét $\Delta JAF$ có BG' // AF nên ta có:  $\frac{B{G}^{\text{'}}}{AF}=\frac{J{G}^{\text{'}}}{JF}$ (hệ quả định lí Thalès);

• Xét $\Delta JFC$ có DG' // CF nên ta có:  $\frac{D{G}^{\text{'}}}{CF}=\frac{J{G}^{\text{'}}}{JF}$ (hệ quả định lí Thalès).

Do đó $\frac{B{G}^{\text{'}}}{AF}=\frac{D{G}^{\text{'}}}{CF}$ mà AF = CF nên BG' = DG'

Khi đó G' là trung điểm của BD nên $G^{\text{'}}\equiv G.$

Do đó ba điểm F, K, J thẳng hàng.

Vậy ba đường thẳng AB, CD, FK đồng quy.