Cho hàm số \(y = \left( {{m^2} - 1} \right){x^2}\) với \(m\) là tham số.

     a) Tìm \(m\) để đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 1;2} \right)\).

     b) Điểm \(B\left( {1;3} \right);C\left( { - 1;2} \right)\) có thuộc đồ hàm số vừa tìm được hay không?

     c) Tìm \(m\) để đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\), biết \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 3\\2x + y = 1\end{array} \right.\).

     d) Vẽ đồ thị hàm số với các giá trị \(m\) vừa tìm được ở phần a), b) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

     a) Vì \(F,\,\,E\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left( I \right)\) nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \[IF \bot AB,\,\,IE \bot AC.\]

Do đó \(\widehat {IFA} = \widehat {IEA} = 90^\circ \), nên hai tam giác \(AIF,\,\,AIE\) là hai tam giác vuông có cùng cạnh huyền \(AI\)

Do đó đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(AIF,\,\,AIE\) là đường tròn đường kính \(AI\) hay bốn điểm \(A,\,\,E,\,\,I,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AI.\)

Vậy tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp.

     b) Đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \(AI,\,\,BI,\,\,CI\) là các đường phân giác của tam giác.

Do đó \(\widehat {IAF} = \frac{1}{2}\widehat {BAC};\,\,\widehat {IBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC};\,\,\widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ACB}\).

Ta có: \(\widehat {AIF} = 90^\circ  - \widehat {IAF} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BAC}\). (1)

\[\widehat {IBC} + \widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \frac{1}{2}\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = \frac{1}{2}\left( {180^\circ  - \widehat {BAC}} \right) = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\] (2)

Xét \(\Delta IBC\) có \(\widehat {KIC}\) là góc ngoài tại đỉnh \(I\) nên \(\widehat {KIC} = \widehat {IBC} + \widehat {ICB}.\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {AIF} = \widehat {KIC}.\) (4)

Tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {AEF} = \widehat {AIF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF).\) (5)

Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác \(IEKC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(IC.\)

Do đó \(\widehat {KEC} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC).\) (6)

Từ (4), (5), (6) ta có \(\widehat {AEF} = \widehat {KEC}\).

Mà \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) nên \(\widehat {KEC} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) hay ba điểm \(F,\,\,E,\,\,K\) thẳng hàng.

     a) Với \(m = 3,\) ta có phương trình: \({x^2} - 8x + 16 = 0\) hay \({\left( {x - 4} \right)^2} = 0\), suy ra \(x - 4 = 0\).

Do đó, \(x = 4\).

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 4\) khi \(m = 3.\)

     b) Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3m - 2 = 0\) có:

\(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - {m^2} - 3m + 2 =  - m + 3\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 3 \ge 0\), suy ra \(m \le 3\).

Vậy \(m \le 3\) thì phương trình có nghiệm.

     c) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0\) hay \( - m + 3 > 0\) suy ra \(m < 3.\)

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 2\end{array} \right.\).

Lại có, \(A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\)

         \(A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - \left( {2{x_1}{x_2} + x_1^2 + x_2^2} \right)\)

         \(A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}\)

         \(A = 2018 + 5\left( {{m^2} + 3m - 2} \right) - {\left[ {2\left( {m + 1} \right)} \right]^2}\)

         \(A = 2018 + 5{m^2} + 15m - 10 - 4{m^2} - 8m - 4\)

         \(A = {m^2} + 7m + 2004\)

         \(A = {\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4}\)

Ta có: \({\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\), do đó \({\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4} \ge \frac{{7967}}{4}\) hay \(A \ge \frac{{7967}}{4}\).

Vậy GTNN của \(A = \frac{{7967}}{4}\) khi \(m =  - \frac{7}{2}.\)