Quả bóng đá thường được sử dụng trong các trận thi đấu dành cho trẻ em từ 6 tuổi đến 8 tuổi có dạng một hình cầu với bán kính bằng \(9,5\;{\rm{cm}}\). Tính diện tích bề mặt của quả bóng đó (lấy \(\pi  \approx 3,14\)).

Chứng minh tứ giác \(AMBH\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(AM \bot BC \Rightarrow \widehat {AMB} = 90^\circ \).

Vì \(AH \bot BE \Rightarrow \widehat {AHB} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(AMBH\) có:

\(\widehat {AMB} + \widehat {AHB} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \).

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác \(AMBH\) là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh \(BC.BM = BH.BE\) và \(HM\) là tia phân giác của góc \(AHB\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AM\) nên \(A{B^2} = BM.BC\) (1) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\) nên \(A{B^2} = BH.BE\) (2) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Từ (1), (2) suy ra \(BC.BM = BH.BE\).

Ta có: \(\widehat {AHM} = \widehat {ABM}\) (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AMBH\)).

Ta có: \(\widehat {BHM} = \widehat {BAM}\)(hai góc cùng chắn cung \(BM\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AMBH\)).

Vì \(\Delta AMB\) cân tại \(M \Rightarrow \widehat {AHM} = \widehat {BHM}\) \(\left( 5 \right)\)

Vì tia \(HM\) nằm giữa hai tia \(HA,HB\) nên từ (3),(4),(5) suy ra tia \(HM\) là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\).

Lấy điểm \(N\) sao cho \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \[AN\]. Gọi \(K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(EN\) và \(AB\). Chứng minh ba điểm \(H,K,M\) là ba điểm thẳng hàng.

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(AM \bot BC\) nên \(M\) là trung điểm \[BC\].

Tứ giác \(ACNB\) có hai đường chéo \(AN\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm \(M\) của mỗi đường chéo nên tứ giác \(ACNB\) là hình bình hành.

Hình bình hành \(ACNB\) có hai đường chéo \(AN\) và \(BC\) vuông góc nhau nên tứ giác \(ACNB\) là hình thoi.

Do đó \(NB = AB\) và \(NB\,{\rm{//}}\,AE\).

Áp dụng định lí Talet trong tam giác \(AKE\) ta có:

\(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AE}}{{BN}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) \(\left( 6 \right)\)

Mặt khác, \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{HB}}\left( { = \tan \widehat {ABE}} \right)\) \(\left( 7 \right)\).

Từ (6), (7) suy ra: \(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AH}}{{HB}}\).

Do đó tia \(HK\)là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\) \(\left( 8 \right)\).

Mà tia \(HM\) là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\) \(\left( 9 \right)\).

Từ \[\left( 8 \right),\left( 9 \right)\] suy ra ba điểm \(H,K,M\) thẳng hàng.

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

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \((d)\) và parabol \((P)\):

\({x^2} = 2x + {m^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2x - {m^2} = 0{\rm{ }}\) \(\left( 1 \right)\)

Ta có: \(\Delta ' = 1 + {m^2}\).

Suy ra \(\Delta ' > 0\) với mọi giá trị của \(m\).

Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy \((d)\) luôn cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt.

Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \((d)\) cắt \((P)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) =  - 3\).

Vì \({x_1},{x_2}\) là hoành độ giao điểm của của đường thẳng \((d)\) và parabol \((P)\) nên \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\).

Theo định lý Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} =  - {m^2}}\end{array}} \right.\).

Từ đó: \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) =  - 3\).

\( \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} + 4 = 0\)

Suy ra \(2 - {m^2} + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt 6 \).

Vậy để \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) =  - 3\) thì \(m =  \pm \sqrt 6 \).