Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn, từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là hai tiếp điểm). 1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. (ảnh 1)

1) Xét tứ giác ABOC có:

ABO^=ACO^=90° (AC, AB lần lượt là tiếp tuyến tại B, C của (O))

⇒ABO^+ACO^=180°

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp (hai góc đối bù nhau).

2) Xét ΔABF và ΔAEB có:

BAF^ là góc chung

ABF^=AEB^ (cùng bằng 12sđAF⏜ của (O))

Do đó ΔABF∽ΔAEBg.g

⇒ABAF=AEAB (tính chất hai tam giác đồng dạng)

⇒AB2=AE.AF.

3) Xét (O) có AB, AC lần lượt là tiếp tuyến tại B, C của (O), OA∩BC=H.

⇒OA⊥BC tại H

Xét ABO vuông tại B, đường cao BH, ta có:AB2=AH.AO

Do đó AE.AF=AH.AO =AB2

⇒AEAH=AOAF

Xét AEO và AHF, ta có:

HAF^ là góc chung

AEAH=AOAF

Do đó ΔAEO∽ΔAHFc.g.c

⇒AEO^=AHF^ (Hai góc tương ứng)

Mà AHF^+FHO^=180° (hai góc kề bù)

Nên AEO^+FHO^=180° hay FEO^+FHO^=180°

Suy ra tứ giác OHFE nội tiếp (Hai góc đối bù nhau)

⇒HFE^+HOE^=180° (Tính chất tứ giác nội tiếp)

Kéo dài AO cắt (O) tại K (O nằm giữa A và K, ta có: KOE^+HOE^=180°)

⇒KOE^=HFE^ (cùng bù HOE^)

Xét (O), ta có:

EBC^=90° (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒EB⊥BC

Mặt khác, ta có OA⊥BC tại H (cmt) ⇒AK⊥BC

Do đó: EB // AK (cùng vuông góc với BC) ⇒KOE^=OEB^ (Hai góc so le trong)

⇒KOE^=CEB^

Suy ra HFE^=CEB^ =KOE^

Xét (O), ta có: BFE^=BCE^ (cùng bằng 12sđBE⏜ của (O))

Trong ΔEBC vuông tại B, ta có: BEC^+BCE^=90°

Ta có: BFH^=BFE^+HFE^=BCE^+BEC^=90°⇒HF⊥BI tại F

Xét tam giác BHI vuông tại H, đường cao HF, ta có:

IH2=IF.IB (1)

Xét IAF và IBA, ta có:

AIF^ là góc chung

IBA^=IAF^ (IBA^=BEF^ cùng chắn cung BF của (O), BEF^=IAF^là hai góc so le trong của EF // AK)

Vậy ΔIAF∽ΔIBAg.g

⇒IAIB=IFIA⇒IA2=IF.IB (2)

Từ (1) và (2)

=> IH = IA hay i là trung điểm ah.

Giải phương trình và hệ phương trình sau: -x 3y 5 và x y 3