Cho Parabol \(\left( P \right):y = - {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 3x - m\) (với \(m\) là tham số).

a)   Vẽ parabol \((P)\).

b)   Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1 - {\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\)

a)   Xét tứ giác \(ADHE\) ta có \(\widehat D = \widehat E = 90^\circ \) suy ra \(\widehat D + \widehat E = 180^\circ \) do vậy tứ giác \(ADHE\) nội tiếp trong một đường tròn.

b)   Ta có

Do \(CK\) là tiếp tuyến nên

Từ hai lập luận trên ta có . Vậy \(\widehat {KNC} = \widehat {KCM}\).

Xét hai tam giác \(\Delta KNC\) và \(\Delta KCM\) ta có \(\widehat {KNC} = \widehat {KCM}\) và góc \(K\) chung do đó \(\Delta KNC\) và \(\Delta KCM\) là hai tam giác đồng dạng, do vậy \(\frac{{KN}}{{KC}} = \frac{{KC}}{{KM}}\) hay \(K{C^2} = KM.KN\).

c)   Theo hình vẽ ta có

\(\widehat {AED} = \widehat {AHD}\) (cùng chắn cung  đường tròn \(\left( {O'} \right)\)

\( = \widehat {BHF}\) ( Hai góc đối đỉnh)

= \(\widehat {ACB}\) (cặp góc có cạnh tương ứng vuông góc).

Ta lại có \(\widehat {EAP} = \widehat {BAQ}\), mà \(\widehat {ACB} + \widehat {BAQ} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat {AED} + \widehat {EAP} = 90^\circ \) từ đây suy ra \(\widehat {APE} = 90^\circ \) hay \(AQ \bot ED \Rightarrow AQ \bot MN\) do vậy \(AQ\) là đường trung trực của \(MN\) do vậy \(QM = QN\).

d)   Ta có \(I\) là giao điểm của \(HQ\) và \(BC\)

Xét tứ giác \(HBQC\) ta có \(HB{\rm{//}}GC\) (vì cùng vuông góc với \(AC\))

Tương tự \(HC{\rm{//}}QB\) (vì cùng vuông góc với \(AB\))

Do đo tứ giác \(HBQC\) là hình bình hành, suy ra \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Xét \(4\) điểm \(E,B,C,D\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BC\), ta có hai tam giác \(\Delta EHD\) và \(\Delta BHC\) đồng dạng (g-g-g) theo tỷ số \(\frac{{ED}}{{BC}}\).

Hai \(\Delta BHC\) và \(\Delta ABC\) có đường cao lần lượt là \(HF\) và \(AF\) (cùng ứng với cạnh đáy \(BC\)) do đó \(\frac{{{S_{BHC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{HF}}{{AF}}\).

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\), qua \(G\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \[AF\] tại \[J\] ta có tỷ số \(\frac{{AJ}}{{AF}} = \frac{1}{3}\).

Ta có \(\frac{{{S_{HDE}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{{S_{HDE}}}}{{{S_{HBC}}}}.\frac{{{S_{HBC}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{{ED}}{{BC}}} \right)^2}.\frac{{HF}}{{AF}}\)         (1)

Tiếp theo ta sẽ chứng minh \(\frac{{HF}}{{AF}} > \frac{1}{3}\) với giả thiết \(AB < AC < BC\) và \(\widehat A < 90^\circ \).

Vì \(\Delta ABF\) và \(\Delta CHF\) đồng dạng nên \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{CF}}{{HF}} \Rightarrow \frac{{FB}}{{FA}} = \frac{{FH}}{{FC}}\)

Trong tam giác \(ABC\) ta có \(\cot B.\cot C = \frac{{FB}}{{FA}}.\frac{{FC}}{{FA}} = \frac{{HF}}{{AF}}\)      (2)

Mặt khác trong tam giác nhọn \(\Delta ABC\) thì ta có \(\cot A.\cot B + \cot B.\cot C + \cot C.\cot A = 1\) (vượt tầm lớp 9!)

Lại từ giả thiết \(AB < AC < BC\) suy ra \(C < B < A < 90^\circ \), từ đây ta lại có \(0 < \cot A < \cot B < \cot C\) do đó \(1 = \cot A.\cot B + \cot B.\cot C + \cot C.\cot A < \cot C.\cot B + \cot B.\cot C + \cot C.\cot B\)

hay \(\cot B.\cot C > \frac{1}{3}\)                                                     (3)

Từ \((1),(2),(3)\) ta có được \(\frac{{HF}}{{AF}} > \frac{1}{3}\) và \(\frac{{{S_{HDE}}}}{{{S_{ABC}}}} > \frac{1}{3}\frac{{E{D^2}}}{{B{C^2}}}\) (đpcm).