Cho parabol \(\left( P \right):y = \frac{1}{2}{x^2}\) và đường thẳng \(\left( a \right):y = - mx + 3\) (với \(m\) là tham số).

1) Vẽ parabol \(\left( P \right)\).

2) Tìm tất cả giá trị của tham số \(m\) để \(\left( d \right)\) thỏa mãn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \[{x_1},\,\,{x_2}\] thỏa mãn \({x_1}\left( {x_2^2 - 6} \right) = 24\).

1) Do \[PA,{\rm{ }}PB\] là tiếp tuyến nên \(\widehat {OAP} = \widehat {OBP} = 90^\circ .\)

Xét tứ giác \[PAOB\] có

\(\widehat {OAP} + \widehat {OBP} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {OAP},\,\,\widehat {OBP}\) ở vị trí đối diện nên tứ giác \[PAOB\] nội tiếp.

2) Ta có \(PA = PB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), \(OA = OB = R\) nên \(PO\) là trung trực của \[AB.\]

Suy ra \(PO \bot AB\) tại \(H\) là trung điểm của \[AB.\]

Xét \(\Delta PAH\) và \(\Delta PAH\)\(\Delta POA\) có \[\widehat {PHA} = \widehat {PAO} = 90^\circ ;\] \(\widehat {APH}\) chung.

Do đó .

Suy ra \[\frac{{PA}}{{PH}} = \frac{{PO}}{{PA}}\] hay \(P{A^2} = PH \cdot PO\) (đpcm).

3) Xét \(\Delta PBM\) và \(\Delta PNB\) có \(\widehat {BPM}\) chung và

Do đó suy ra \[\frac{{PB}}{{PN}} = \frac{{PM}}{{PB}}\] hay \[P{B^2} = PM \cdot PN = P{A^2}\].

Mà \(P{A^2} = PH \cdot PO\) nên \(PM \cdot PN = PH \cdot PO\) hay\(\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}\).

Xét \(\Delta PMH\) và \(\Delta PON\) có \(\widehat {OPN}\) chung; \(\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}\) (cmt).

Do đó , suy ra \(\widehat {PMH} = \widehat {PON}\) (hai góc tương ứng).

Mặt khác \(\widehat {PMH} + \widehat {NMH} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {PON} + \widehat {NMH} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {PON},\,\,\widehat {NMH}\) nằm ở vị trí đối diện nên tứ giác \(HMNO\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {OMN} = \widehat {OHN}\) (cùng chắn cung \[ON\,)\].

4) Kẻ đường kính \[AE\] của \(\left( O \right)\). Do \[I\] là trung điểm của \[MN\] nên \(OI \bot MN.\)

Xét tam giác \(OMN\,\,\left( {OM = ON} \right)\) có \(OI\) là đường trung tuyến (vì \[I\] là trung điểm của \[MN)\]nên \(OI\) cũng là đường cao hay \(OI \bot MN.\)

Suy ra \[\widehat {OIP} + \widehat {OAP} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \].

Mà \[\widehat {OIP},\,\,\widehat {OAP}\] nằm ở trị trí đối diện nên tứ giác \(OIPA\) nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {IPO} = \widehat {IAO}\] (cùng chắn cung \[IO\,)\]

Mà \(\widehat {IPO} = \widehat {INK}\) (\[OP\,{\rm{//}}\,NK\], so le trong) nên \(\widehat {IAO} = \widehat {INK}\).

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 6 \right)\)

⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)  

Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)

Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)

Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)

Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)\)

⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)\)

Từ \(\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)

Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)

Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(IKNA\) có \(\widehat {IAO} = \widehat {INK}\) nên tứ giác \(IKNA\) nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {NIK} = \widehat {NAK}\] (cùng chắn cung \[NK\]).

Mà \(\widehat {NAK} = \widehat {NME}\) (cùng chắn cung \[NE\]) nên \[\widehat {NIK} = \widehat {NME}\] suy ra \[IK\,{\rm{//}}\,ME\] (hai góc đồng vị bằng nhau)

Mặt khác \(\widehat {AME} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(ME \bot AM.\)

Do đó \(NK \bot AM\) (đpcm).

1) \({x^2} - 7x + 12 = 0\). Ta có \(\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 12 = 1 > 0\).

Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(x = \frac{{7 + \sqrt 1 }}{2} = 4\,;\,\,x = \frac{{7 - \sqrt 1 }}{2} = 3\).

b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y = 3}\\{x + 2y = 8}\end{array}} \right.\). Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6x - 2y = 6}\\{x + 2y = 8}\end{array}} \right..\)

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được \(7x = 14\) hay \(x = 2\).

Thế \(x = 2\) vào phương trình thứ hai của hệ mới, ta có \(2 + 2y = 8\) hay \(2y = 6\), suy ra \(y = 3.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {2\,;\,3} \right).\)

c) Ta có \(A = \frac{3}{{2 - \sqrt 3 }} - \sqrt {75} + \frac{{2\sqrt {33} }}{{\sqrt {11} }}\)

\( = \frac{{3\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}} - \sqrt {25 \cdot 3} + \frac{{2\sqrt 3 \cdot \sqrt {11} }}{{\sqrt {11} }}\)

\( = 3\left( {2 + \sqrt 3 } \right) - 5\sqrt 3 + 2\sqrt 3 \)

\( = 6 + 3\sqrt 3 - 5\sqrt 3 + 2\sqrt 3 = 6\).

Vậy \(A = 6\).