Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3m - 2 = 0\) (1) với \(m\) là tham số.

     a) Giải phương trình (1) khi \(m = 3.\)

     b) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình có nghiệm.

     c) Tìm giá trị của \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) sao cho:

    \(A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Điều kiện xác định: \(x \le  - 2;{\rm{ }}2 \le x \le \frac{5}{2}.\)

Ta có: \({x^2} - 6x + 10 = 2\sqrt {5 - 2x}  - 2\sqrt {{x^2} - 4} \)

\({x^2} - 6x + 10 - 2\sqrt {5 - 2x}  + 2\sqrt {{x^2} - 4}  = 0\)

\(5 - 2x - 2\sqrt {5 - 2x}  + {x^2} - 4x + 4 + 2\sqrt {{x^2} - 4}  = 0\)

\({\left( {\sqrt {5 - 2x}  - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + 2\sqrt {{x^2} - 4}  = 0\)

Nhận thấy đồng thời \({\left( {\sqrt {5 - 2x}  - 1} \right)^2} \ge 0\), \({\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\) và \(2\sqrt {{x^2} - 4}  \ge 0\) với mọi \(x \le  - 2;{\rm{ }}2 \le x \le \frac{5}{2}.\)

Do đó, để \({\left( {\sqrt {5 - 2x}  - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + 2\sqrt {{x^2} - 4}  = 0\) thì đồng thời \({\left( {\sqrt {5 - 2x}  - 1} \right)^2} = 0\), \({\left( {x - 2} \right)^2} = 0\) và \(2\sqrt {{x^2} - 4}  = 0\).

Suy ra \(x = 2\) (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2\).

     1.

Vì \(ABCDEG\) là lục giác đều nên \(AB = BC = CD = DE = EG = GA\)

và \(OA = OB = OC = OD = OE = OG\).

Suy ra \(6\widehat {GOA} = 360^\circ \) nên \[\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOA} = 60^\circ .\]

Do đó, \(\widehat {AOE} = \widehat {GOA} + \widehat {EOG} = 60^\circ  + 60^\circ  = 120^\circ .\)

Lại có \(OA = OE.\) Như vậy, phép quay ngược chiều \(120^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm\(E.\)

     2.

a) Ta có \[MA,{\rm{ }}MB\] là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \[A\] và \[B\] nên \[MA \bot OA,{\rm{ }}MB \bot OB.\]

Xét \(\Delta OAM\) vuông tại \[A,\] theo định lí Pythagore, ta có:

\(O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}\)

Suy ra \[OM = 2R.\]

Gọi \[I\] là giao điểm của \[\left( O \right)\] với tia \[OM,\] ta có \[OI = R\] nên \[IM = OM--OI = 2R--R = R.\]

Do đó, \[IM = IO = R\] nên \[I\] là trung điểm của \[OM.\]

Do \[\Delta OAM\] vuông tại \[A\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OAM.\)

Do \[\Delta OBM\] vuông tại \[B\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta OBM.\]

Do đó bốn điểm \[A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}O\] cùng nằm trên đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

Vậy tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

b) Xét \[\Delta OAM\] vuông tại \[A,\] ta có: \(\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat {AMO} = 30^\circ .\)

Do \[MA,{\rm{ }}MB\] là hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[M\] nên \[MA = MB\] và \[MO\] là tia phân giác của góc \[AMB,\] suy ra \(\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 30^\circ  = 60^\circ .\)

Vì vậy tam giác \[AMB\] là tam giác đều có \(MA = MB = AB = R\sqrt 3 \) (1)

Theo câu 1, ta có \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMB.\] Tam giác đều \(MAB\) có \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp nên cũng đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều \[MAB\] cạnh \(R\sqrt 3 \) có tâm là \[I\] và bán kính là \(\frac{{R\sqrt 3  \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.\)

c) Ta có \(\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat {MBP} = 90^\circ  - \widehat {PBO}.\)  (3)

Do \(\Delta OBP\) cân tại \[O\] (vì \[OB = OP)\] nên ta có:

\(\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BOP}}}{2} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \(\widehat {BQP},\,\,\widehat {BOP}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BP\] nên \(\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Do đó \(\widehat {PBO} = 90^\circ  - \widehat {BQP}.\) Hay \(\widehat {BQP} = 90^\circ  - \widehat {PBO}.\)  (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {MBP} = \widehat {BQP}.\)

Xét \(\Delta MPB\) và \(\Delta MBQ\) có:

\(\widehat {BMQ}\) là góc chung, \(\widehat {MBP} = \widehat {MQB}\)

Do đó $\Delta MPB\backsim \Delta MBQ$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}\) hay \[MP \cdot MQ = M{B^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}.\]

Lại có \[{\left( {MQ--MP} \right)^2} \ge 0\] hay \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4MQ \cdot MP\]

Suy ra \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4 \cdot 3{R^2} = 12{R^2}\]

Do đó \(MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}}  = 2R\sqrt 3 \) (dấu “=” xảy ra khi \[MQ = MP).\]

Vậy \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2R\sqrt 3 ,\) khi đó \[MQ = MP\] hay đường thẳng \[d\] đi qua \[M\] và \[A\] hoặc \[d\] đi qua \[M\] và \[B.\]