Cho phương trình \({x^2} - 6x - 2m + 3 = 0.\) Tìm \[\;m\] để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,\,{x_2}\) thỏa mãn \[x_1^2 + x_2^2 = 20.\]

a) Với \(x = 9\) (TMĐK) nên \(\sqrt x = 3\), thay vào \(A\) ta được: \[A = \frac{{3 - 2}}{{3 - 1}} = \frac{1}{2}\].

Vậy \[A = \frac{1}{2}\] khi \[x = 9.\]

b) Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có:

\[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{1}{{1 - \sqrt x }} + \frac{2}{{x - 1}}\]\[ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x + 1} \right) + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{x - \sqrt x - \sqrt x - 1 + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\].

Vậy \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\] thì \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\).

c) Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có: \[P = A \cdot B\]\[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\].

⦁ Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có: \(\left| P \right| + P = 0\) suy ra \(\left| P \right| = - P\) nên \(P \le 0\).

Do đó \(\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} \le 0\) nên \(\sqrt x - 2 \le 0\) suy ra \(x \le 4\).

⦁ Kết hợp điều kiện xác định, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 4\\x \ne 1\end{array} \right.\)

Mà \[x\] là số nguyên nên ta có: \(x \in \{ 0;\,\,2;\,\,3;\,\,4{\rm{\} }}\).

Chứng minh được \[\widehat {AHC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

\(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) nên ba điểm \(A,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

\(\Delta AKC\) vuông tại \(K\) nên ba điểm \(A,K,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

Vậy bốn điểm \(A\,,H\,,K\,,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\) nên \(AHKC\,\)là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(\widehat {DCB} = \widehat {DAB}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD)\) và \(\widehat {KCH} = \widehat {KAH}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KH)\)

Suy ra \(\widehat {KCH} = \widehat {DCB}\).

Xét \(\Delta AIH\) và \(\Delta ABD\) có:

\(\widehat {AHI} = \widehat {ADB} = 90^\circ \) (\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {BAD}\) là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) nên \(AI.AD = AH.AB\).

c) Kéo dài \[CP\,\]cắt \[AB\,\]tại \[M\,\].

Xét \[\Delta ACM\,\]có hai đường cao \[AK\,\]và \[CH\,\]cắt nhau tại \[I\,\]nên \[I\,\] là trực tâm \[\Delta ACM\,\]. Suy ra \[MI \bot AC\,\].

Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ACB} = 90^\circ \,\]( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên \[BC \bot AC\,\]. Do đó \[MI{\rm{//}}BC\,\].

Xét \[\Delta CHB\,\]có\[I \in CH\], \[M \in HB\,\]mà \[MI{\rm{//}}BC\,\]suy ra \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) ( 1)

Xét \(\Delta HDB{\mkern 1mu} \)có\(P \in HD{\mkern 1mu} \), \(M \in HB{\mkern 1mu} \)mà \(MP{\rm{//}}DB{\mkern 1mu} \)( vì cùng vuông góc với \(AD{\mkern 1mu} \)) suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (2)

Suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HI}}{{HC}}\) nên \(IP\,{\rm{//}}\,CD\,\).