Cho phương trình \[{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 2m = 0\], với \[m\] là tham số.

1) Giải phương trình khi \[m = 1\].

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \[m\]. Gọi \[{x_1}\] và \[{x_2}\] là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của \[m\] sao cho \[x_1^2 + {x_1} - {x_2} = 5 - 2m\].

1) Ta có xxxxxx\[AB \bot OB\] (t/c tiếp tuyến) xxx\[ \Rightarrow \widehat {ABO} = 90^\circ \].

xxx\[AC \bot OC\](t/c tiếp tuyến) xxx\[ \Rightarrow \widehat {ACO} = 90^\circ \]

Xét tứ giác xxx\[ABOC\] có xxx\[\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \] nên nội tiếp được trong đường tròn.

2) Vì xxxx\[AB\] và xxxx\[AC\] là hai tiếp tuyến của đường tròn xxx\[\left( O \right)\] nên xxxxxx\[AO\] là đường trung trực của xxxxxx\[BC\]. Gọi xxxx\[H\] là giao điểm của xxx\[AO\] và xxxx\[BC\], khi đó xx\[H\] là trung điểm của xxx\[BC\] nên ta cóxxxxxxx\[BC = 2BH\].

Lại có xxxxx\[\Delta ABO\] vuông tại xxxxxx\[B\] có xxx\[BH\] là đường cao nên xxxx\[O{B^2} = OH.OA\]

xxxxx\[ \Rightarrow OH = \frac{{O{B^2}}}{{OA}} = \frac{{{3^2}}}{5} = \frac{9}{5}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Tam giác xxx\[OBH\] vuông tại xxxxxx\[H\] nên từ định lí Pytago ta suy ra

xxxx\[BH = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{9}{5}} \right)}^2}}  = \frac{{12}}{5}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Vậy xxxx\[BC = 2BH = 2.\frac{{12}}{5} = \frac{{24}}{5}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

3) Gọi xxxxx\[E\] là giao điểm của xxx\[BM\] và xxxx\[AC\].

Xét xxx\[\Delta EMC\] và xxx\[\Delta ECB\] có:

xxxx\[\widehat {MEC} = \widehat {CEB}\] (Góc chung)

xxx\[\widehat {MCE} = \widehat {EBC}\] (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến xxxx\[CA\] cùng chắn cung xxxx\[MC\] của đường tròn xxxx\[\left( O \right)\])

Do đó, xx (g – g).

x\[ \Rightarrow \frac{{EM}}{{EC}} = \frac{{EC}}{{EB}} \Rightarrow E{C^2} = EM.EB\] (*)

Ta có xxxx\[\widehat {MAE} = \widehat {MCB}\] (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến xxxxxx\[CB\] cùng chắn cung xx\[MC\] của đường tròn xxx\[\left( K \right)\]).

Và xx\[\widehat {MCB} = \widehat {ABE}\] (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến xxxxxxx\[BA\] cùng chắn cung xxxxxx\[MB\] của đường tròn xxx\[\left( O \right)\]).

Do đó, xxx\[\widehat {MAE} = \widehat {ABE}\].

Xét xxx\[\Delta EMA\] và xxxx\[\Delta EAB\] có:

xxxx\[\widehat {MEA} = \widehat {AEB}\] (góc chung)

xxx\[\widehat {MAE} = \widehat {ABE}\] (cmt)

Do đó, xxx (g – g).

xxx\[ \Rightarrow \frac{{EM}}{{EA}} = \frac{{EA}}{{EB}} \Rightarrow E{A^2} = EM.EB\] (**)

Từ (*) và (**) xxxx\[ \Rightarrow E{C^2} = E{A^2} \Rightarrow EC = EA\].

Vậy đường thẳng xxxxx\[BM\] đi qua trung điểm xxx\[E\] của đoạn thẳng xxx\[AC\].