Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho đường thẳng \(\left( d \right):3x + {m^2} - 1\) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\).

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

b) Gọi \[{x_1},{x_2}\] là hoành độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right)\). Tìm \(m\) để \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 1.\)

1)

Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 25\).

Với \(x = 25\) (thỏa mãn điều kiện) thay vào \[A\] ta có:

\(A = \frac{7}{{\sqrt {25}  + 8}} = \frac{7}{{5 + 8}} = \frac{7}{{13}}\).

2)

Chứng minh \[B = \frac{{\sqrt x  + 8}}{{\sqrt x  + 3}}\].

Với \(x \ge 0,x \ne 9\), ta có:

\[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{{2\sqrt x  - 24}}{{x - 9}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{{2\sqrt x  - 24}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\]

\( = \frac{{\sqrt x .\left( {\sqrt x  + 3} \right) + 2\sqrt x  - 24}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right).\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\[ = \frac{{x + 3\sqrt x  + 2\sqrt x  - 24}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\]

\( = \frac{{x + 5\sqrt x  - 24}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{x - 3\sqrt x  + 8\sqrt x  - 24}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 3} \right) + 8\left( {\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 8} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\[ = \frac{{\sqrt x  + 8}}{{\sqrt x  + 3}}\].

3)

Tìm \(x\) để biểu thức \(P = A.B\) có giá trị là số nguyên.

Với \(x \ge 0,x \ne 9\), ta có:

\(P = A.B\)\( = \frac{7}{{\sqrt x  + 8}}.\frac{{\sqrt x  + 8}}{{\sqrt x  + 3}}\)\( = \frac{7}{{\sqrt x  + 3}}\).

Do \(x \ge 0\) nên \(P > 0\)

Do \(x \ge 0\) nên \[\sqrt x  + 3 \ge 3 \Leftrightarrow \frac{7}{{\sqrt x  + 3}} \le \frac{7}{3}\]

Nên \(0 < P \le \frac{7}{3}\).

Để \(P\) có giá trị nguyên thì \(P \in \left\{ {1;2} \right\}\)

• Với \(P = 1\) thì \(\frac{7}{{\sqrt x  + 3}} = 1 \Leftrightarrow \sqrt x  + 3 = 7 \Leftrightarrow \sqrt x  = 4 \Leftrightarrow x = 16\left( {tm} \right)\);

• Với \(P = 2\) thì \(\frac{7}{{\sqrt x  + 3}} = 2 \Leftrightarrow \sqrt x  + 3 = \frac{7}{2} \Leftrightarrow \sqrt x  = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}\,\left( {tm} \right)\).

Vậy \(x \in \left\{ {16;\frac{1}{4}} \right\}\) là giá trị cần tìm.

1)

Chứng minh bốn điểm \(A,B,O,H\) cùng nằm trên một đường tròn.

Vì \[AB\]  là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[AB \bot BO\]\( \Rightarrow \widehat {ABO} = 90^\circ \).

Vì \(H\) là trung điểm của dây \[DE\] của \[\left( O \right)\] nên \[OH \bot DE\] \( \Rightarrow \widehat {AHO} = 90^\circ \)

Suy ra góc \[\widehat {ABO} + \widehat {AHO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \]

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác \[AHOB\]

Þ tứ giác \[AHOB\] là tứ giác nội tiếp

Þ Bốn điểm \[A,H,O,B\] nằm trên cùng một đường tròn.

2)

Chứng minh \[\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BD}}{{BE}}\].

Xét \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ABD} = \widehat {BED}\] (góc tạo bởi tia tiếp tuyến \(BA\) và dây cung \(BD\) và góc nội tiếp chắn cung \[BD\])

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AEB\) có:

\(\widehat {BAE}\) là góc chung, \[\widehat {ABD} = \widehat {AEB}\] (do \[\widehat {ABD} = \widehat {BED}\])

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BD}}{{BE}}\) (tỉ số đồng dạng).

3)

Đường thẳng \(d\;\) đi qua \(E\) song song với \(AO\), \(d\) cắt \(BC\) tại \(K\). Chứng minh \(HK\,{\rm{//}}\,DC\).

Vì \[ABOH\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {OAH} = \widehat {OBH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OH\))

Vì \[EK\,{\rm{//}}\,AO\] nên \[\widehat {OAH} = \widehat {HEK}\] (so le trong)

Suy ra \[\widehat {OBH} = \widehat {HEK}\], hay \[\widehat {KBH} = \widehat {KEH}\]

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(KH\) trong tứ giác \(BHKE\)

\( \Rightarrow BHKE\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {KHE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Vì \[BDCE\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {CBE} = \widehat {CDE}\]  (hai góc nội tiếp cùng chắn ), hay \[\widehat {KBE} = \widehat {CDE}\].

Suy ra \( \Rightarrow \widehat {KHE} = \widehat {CDE}\)

Mà hai goc này ở vị trí đồng vị

\( \Rightarrow HK\,{\rm{//}}\,DC\).

4)

Tia \(CD\) cắt \(AO\;\) tại điểm \(P\), tia \(EO\) cắt \(BP\) tại điểm \(F\). Chứng minh tứ giác \(BECF\) là hình chữ nhật.

Gọi \(F'\) là giao điểm của \[BP\] và đường tròn \[\left( O \right)\].

Gọi \[AQ\] là tiếp tuyến thứ hai của \[\left( O \right)\].

Vì \[BDQC\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {QDC} = \widehat {QBC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Vì \[ABOQ\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[AO\] nên \[\widehat {QBO} = \widehat {QAO}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \[\widehat {QBC} = \widehat {QAO}\]

Do đó \[\widehat {QDC} = \widehat {QAO}\] (cùng bằng \(\widehat {QBC}\))

\( \Rightarrow APDQ\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {PDA} = \widehat {PQA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )  \(\left( 1 \right)\)

Chứng minh \(\Delta ABP = \Delta AQP\left( {c.g.c} \right)\)\[ \Rightarrow \widehat {PQA} = \widehat {PBA}\] \(\left( 2 \right)\)

Ta có \(\widehat {PDA} = \widehat {EDC} = \widehat {EBC}\)  \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) suy ra \[\widehat {PBA} = \widehat {EBC}\].

\( \Rightarrow \widehat {ABE} - \widehat {PBA} = \widehat {ABE} - \widehat {EBC}\)

\( \Rightarrow \widehat {PBE} = \widehat {ABC} = 90^\circ \).

\[ \Rightarrow \widehat {F'BE} = 90^\circ \]\( \Rightarrow F'E\) là đường kính của \[\left( O \right)\]

\( \Rightarrow F' \in OE\) \( \Rightarrow F' \equiv F\) hay \(\widehat {FBE} = 90^\circ \)

Vì \[FBEC\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {FCE} = 180^\circ  - \widehat {FBE} = 90^\circ \)

Tứ giác \[FBEC\] có \[\widehat {FCE} = \widehat {FBE} = \widehat {BEC{\rm{ }}} = 90^\circ \] nên là hình chữ nhật.