Cho hàm số \(y = 2x - 4\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và hàm số \(y = \left( {{m^2} + 1} \right)x + m - 3\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\) (\(m\) là tham số).

1) Vẽ đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).

2) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right)\).

Gọi \(x\,\,{\rm{(m)}}\) là độ dài cạnh vuông góc với bờ biển;

\(y\,\,{\rm{(m)}}\) là độ dài cạnh song song với bờ biển của “khu vực tắm biển an toàn” \(\left( {x,\,\,y > 0} \right).\)

Độ dài dây phao là \[300\,\,{\rm{m}}\] nên \(2x + y = 300\), suy ra \(y = 300 - 2x.\)

Vì người tắm chỉ được bơi cách bờ biển không quá \[25\,\,{\rm{m}}\] nên \(x \le 25.\)

Diện tích “khu vực tắm biển an toàn” có thể quây được là \(S = xy.\)

Suy ra \(S = x\left( {300 - 2x} \right) =  - 2{x^2} + 300x =  - 2{\left( {x - 75} \right)^2} + 11\,\,250.\)

Vì \(x \le 25\) nên \(x - 75 \le  - 50\).

Suy ra \(75 - x \ge 50 > 0\) nên \({\left( {75 - x} \right)^2} \ge 2\,\,500.\)

\( - 2{\left( {75 - x} \right)^2} \le  - 5\,\,000\)

\( - 2{\left( {75 - x} \right)^2} + 11\,\,250 \le 6\,\,250\).

Do đó \(S \le 6\,\,250\).

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 25\) (TMĐK).

Khi đó, \(y = 300 - 2x = 300 - 2 \cdot 25 = 250.\)

Vậy diện tích lớn nhất của “khu vực tắm biển an toàn” là \(6\,\,250\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) và chiều dài bờ biển của “khu vực tắm biển an toàn” là \(250\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)

1) Thể tích của nước trong phễu bằng thể tích của hình chóp tứ giác đều. Thể tích nước chứa trong phễu là: \(V = \frac{1}{3} \cdot {3^2} \cdot 4 = 12\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Vậy thể nước trong phễu là \(12\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\)

2) a) Xét \(\Delta BHA\) và \(\Delta BAC\) có

\(\widehat {AHB} = \widehat {BAC} = 90^\circ \); \(\widehat {ABH}\) chung.

Do đó  (g.g).

b) Xét \(\Delta HAB\) và \(\Delta HCA\) có

\(\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \); \(\widehat {ABH} = \widehat {HAC}\) (cùng phụ \(\widehat {BAH}\,).\)

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{BH}}{{AH}}\) do đó \(A{H^2} = HB \cdot HC\).

c) Vì \(M\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AC\) nên \(HM \bot AC\), mà \(BA \bot AC\) nên \(HM\,{\rm{//}}\,BA\) hay \(HQ\,{\rm{//}}\,BQ.\)

Suy ra \(\widehat {QHC} = \widehat {PBC}\) (hai góc đồng vị).

Xét \(\Delta QHC\) và \(\Delta PBC\) có \(\widehat {QHC} = \widehat {PBC}\) (cmt); \(\widehat {HCQ}\) chung.

Do đó  (g.g). Suy ra \(\frac{{QH}}{{PB}} = \frac{{CQ}}{{CP}}\).

Chứng minh tương tự ta có \(\frac{{QM}}{{PA}} = \frac{{CQ}}{{CP}}\). Do đó \(\frac{{QH}}{{PB}} = \frac{{QM}}{{PA}}\).

Mà \(PA = PB\) (vì \(P\) là trung điểm của \(AB\)) nên \(QM = QH\).

Xét \(\Delta IHM\) và \(\Delta IAB\) có

\(\frac{{IA}}{{IH}} = \frac{{AB}}{{HM}}\,\,\left( { = \frac{{AP}}{{HQ}}} \right)\); \(\widehat {IHM} = \widehat {IAB}\) (\(HM\,{\rm{//}}\,BA\), so le trong).

Do đó  (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {MIH} = \widehat {AIB}\), do đó \(B,\,\,I,\,\,M\) thẳng hàng.