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

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

b) Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\) là hoành độ các giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\). Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{1}{{{x_1} + {x_2} - 2}}\).

1) Chứng minh tứ giác \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

Có \(SA\) là tiếp tuyến nên \(SA \bot OA\) \( \Rightarrow \widehat {SAO} = 90^\circ \).

Vì \(OI \bot BC\left( {gt} \right) \Rightarrow \widehat {SIO} = 90^\circ \)

Tứ giác \(SAOI\) có \[\widehat {SAO} + \widehat {SIO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \], mà hai góc này ở vị trí đối nhau

Suy ra \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

Vì \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {SOA} = \widehat {SIA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(SA\))

Hay \(\widehat {AOH} = \widehat {AID}\left( 1 \right)\)

\({\rm{\Delta }}AHO\) vuông tại \(H\left( {AH \bot SO} \right)\) nên \(\widehat {AOH} + \widehat {OAH} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {OAH} = 90^\circ  - \widehat {AOH}\left( 2 \right)\)

\({\rm{\Delta }}ADI\) vuông tại \(H\left( {AD \bot SC} \right)\) nên \(\widehat {AID} + \widehat {IAD} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {IAD} = 90^\circ  - \widehat {AID}\left( 3 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) ta có \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

3) Chứng minh \(BQ.BA = BD.BI\) và đường thẳng \(CK\) song song với đường thẳng \(SO\).

* Chứng minh \(BQ.BA = BD.BI\)

Cách 1:

Xét tứ giác \(AEDC\) có \(\widehat {AEC} = \widehat {ADC} = 90^\circ \), mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(AC\)

Do đó tứ giác \(AEDC\) nội tiếp suy ra \(\widehat {AED} + \widehat {DCA} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {AED} + \widehat {BED} = 180^\circ \) (kề bù), suy ra \[\widehat {BED} = \widehat {DCA}\]

Xét \(\Delta BED\) và \(\Delta BCA\) có: \(\widehat {ABC}\) chung; \[\widehat {BED} = \widehat {BCA}\]

Do đó

\( \Rightarrow \frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BA}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow BD.BC = BE.BA\)

\( \Rightarrow \frac{1}{2}BC.BD = \frac{1}{2}BE.BA\)

\( \Rightarrow BI.BD = BQ.BA\)

Suy ra tứ giác \(QDIA\) nội tiếp.

Cách 2:

Xét \(\Delta BCE\) có \(Q,I\) lần lượt là trung điểm của \(BE,BC\) nên \(QI\) là đường trung bình của tam giác

\( \Rightarrow QI\,{\rm{//}}\,EC\), mà \(AB \bot EC\) nên \(AB \bot QI\) hay \(\widehat {AQI} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(AQDI\) có \[\widehat {AQI} = \widehat {ADI} = 90^\circ \], mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(AI\)

Do đó tứ giác \(AQDI\) nội tiếp \( \Rightarrow BQ.BA = BI.BD\)

* Chứng minh \(CK\,{\rm{//}}\,SO\).

Ta có \(\widehat {BAD} = 90^\circ  - \widehat {ABC} = 90^\circ  - \frac{{\widehat {AOC}}}{2} = \widehat {OAC}\)

Mà \[\widehat {IAD} = \widehat {OAH}\] (theo câu b) nên \(\widehat {BAI} = \widehat {KAC}\)

Lại có tứ giác \(AQDI\) nội tiếp nên \[\widehat {BDQ} = \widehat {BAI} = \widehat {KAC}\]

Mà \[\widehat {CDK} = \widehat {BDQ}\], do đó \[\widehat {CDK} = \widehat {KAC}\]

Suy ra tứ giác \(ADKC\) nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {CKA} = \widehat {CDA} = 90^\circ  \Rightarrow CK \bot AK\).

Mà \(AK \bot SO\) nên \(CK\,{\rm{//}}\,SO\).