1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {3x + 1}  + 2y = 4}\\{3\sqrt {3x + 1}  - y = 5.}\end{array}} \right.\)

2) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {m - 2} \right)x + 5.\)

a) Chứng minh \[\left( d \right)\] luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

b) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hoành độ các giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right).\) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \({x_1} + 5{x_2} = 0.\)

1) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ .\]

Do đó hai điểm \(B,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)

Vậy tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)

2) ⦁ Ta có \(BD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BED} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E,\) ta có: \(\cos \widehat {BAE} = \frac{{AE}}{{AB}}.\)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(B,\) ta có: \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{AB}}{{AD}}.\)

Do đó \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AD}}\] hay \(A{B^2} = AE \cdot AD.\)

Lại có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A)\) và \(OB = OC\) nên đường thẳng \(AO\) là trung trực của đoạn thẳng \(BC.\) Do đó \(AO \bot BC.\)

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:

\(\frac{{AB}}{{AO}} = \cos \widehat {BAO} = \cos \widehat {BAH} = \frac{{AH}}{{AB}},\) suy ra \(A{B^2} = AH \cdot AO.\)

Vậy \(A{B^2} = AE \cdot AD = AH \cdot AO.\)

⦁ Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có:

\(OH{\rm{\;}} \cdot OA = O{B^2} = O{D^2}\) hay \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)

Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OAD\) có: \(\widehat {AOD}\) là góc chung và \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)

Do đó  (c.g.c). Suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {DAO}\) (hai góc tương ứng).  (1)

Ta có \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\)

Do đó tứ giác \(ABHE\)  nội tiếp đường tròn đường kính \(AB.\)

Suy ra \(\widehat {EBH} = \widehat {EAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH).\) Hay \(\widehat {HBE} = \widehat {DAO}.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}.\)

3) Gọi \(K\) là giao điểm của \(BE\) và \(MN.\)

Ta có \(BD\,{\rm{//}}\,MN\) (cùng vuông góc với \(AB)\) nên \(\widehat {DBM} = \widehat {BMN}\) (hai góc so le trong).

Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta MKB\) có \(\widehat {DBH} = \widehat {BMK},\,\,\widehat {BDH} = \widehat {KBM}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta BCD\) và \(\Delta MNB\) có \(\widehat {BCD} = \widehat {MNB} = 90^\circ \) và \(\widehat {CBD} = \widehat {BMN}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{BC}}{{MN}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BC}}{{MN}},\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{MK}}{{MN}}.\)

Do \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(BH = \frac{1}{2}BC\) hay \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) nên \(\frac{{MK}}{{MN}} = \frac{1}{2},\) do đó \(K\) là trung điểm của \(MN.\)