Cho hàm số \(y = \frac{{ - {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - 5}}{{x - 1}}\)có đồ thị \(\left( C \right)\) với \(m\) là tham số

              a) Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = - x + 1\)

              b) Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số không cắt \(Ox\).

              c) Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì \(m > 4\)

d) Tồn tại 1 điểm \(M\) thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) sao cho \({x_M} > 1\) và độ dài \(IM\) ngắn nhất (\[I\] là tâm đối xứng của \(\left( C \right)\)) khi đó tung độ \({y_M} < - 4\).

Để tính góc của mái nhà, ta tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \(FG\), hai mặt lần lượt là \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\).

Do mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\), \(FP = \left( {Oxy} \right) \cap \left( {FGQP} \right)\), \(FE = \left( {Oxz} \right) \cap \left( {FGEH} \right)\) nên \(\widehat {PFE}\) là góc phẳng nhị diện cần tìm.

Tứ giác \[OAFE\] là hình chữ nhật nên \({x_F} = {x_A} = 4\), \({z_F} = {z_E} = 3\).

Do \(F\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) nên tọa độ điểm \(F\left( {4;0;3} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {FP}  = \left( { - 2;0;1} \right)\), \(\overrightarrow {FE}  = \left( { - 4;0;0} \right)\) suy ra:

\(\cos \widehat {PFE} = \cos \left( {\overrightarrow {FP} ;\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP} .\overrightarrow {FE} }}{{FP.FE}} = \frac{{\left( { - 2} \right)\left( { - 4} \right) + 0 \times 0 + 1 \times 0}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

Do đó, \(\widehat {PFE} \approx 26,6^\circ \). Vậy góc dốc mái nhà khoảng \(26,6^\circ \).

 Ta có \(\overrightarrow {AB}  = ( - 1;0;1),\overrightarrow {AC}  = (1;1;1)\)

Tính \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{l}}0&1\\1&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}1&1\\{ - 1}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1}&0\\1&1\end{array}} \right|} \right) = ( - 1;2; - 1) \ne \vec 0\)

Do đó: 2 véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương. Vậy \(A,B,C\) là 3 đỉnh của một tam giác

Diện tích tam giác \(ABC\): \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}|[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]| = \frac{1}{2}\sqrt {{{( - 1)}^2} + {2^2} + {{( - 1)}^2}}  = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)

 \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi

\(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC} \). Gọi \(D(x;y;z)\) ta có: \(\overrightarrow {AD} (x - 1;y;z);\overrightarrow {BC}  = (2;1;0)\)

Vậy \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 2}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

Đáp số: \(D(3;1;0)\)

 Diện tích \(\Delta ABC = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{{BC}}\). Ta có \(BC = \sqrt 5 \)

\( \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}\)

 Thể tích của khối chóp \(SABCD = V\)

Ta có \(V = 2\;{V_{SABC}} = \frac{1}{3}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] \cdot \overrightarrow {AS} } \right|\)

Tính \(\overrightarrow {AS}  = ( - 1;3;4)\) do kết quả câu 1

Nên \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]\overrightarrow {AS}  = 1 + 6 - 4 = 3 > 0\)

Do đó \(V = 1\)