(1,0 điểm) Cho phương trình \({{\rm{x}}^2} - 2\left( {{\rm{m}} + 1} \right){\rm{x}} + {{\rm{m}}^2} - 2\;{\rm{m}} + 3 = 0\,\,\,\,\)với \({\rm{m}}\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số \({\rm{m}}\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn  

\(\sqrt {x_1^2 + 2m{x_1} + {m^2}}  + \sqrt {4x_2^2 + 4{\rm{m}}{{\rm{x}}_2} + \;{{\rm{m}}^2}}  = 6\;{\rm{m}} + 2\)

a) Chứng minh tứ giác \(BEHD\) nội tiếp một đường tròn.

Ta có \[CE \bot AB \Rightarrow \widehat {BEH} = {90^0}\] do đó \[\Delta BEH\]vuông tại E suy ra 3 điểm B, E, H thuộc đường tròn đường kính BH

Chứng minh tương tự ta có 3 điểm B, D, H thuộc đường tròn đường kính BH

0,5

 Suy ra 4 điểm B, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính BH.

Suy ra giác BEHD nội tiếp (Đpcm)

0,5

b) Chứng minh \(C{E^2} = CN.CI\).

Chứng minh được tứ giác \(AEHF\) nội tiếp

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) có

\(\widehat {FEH} = \widehat {FAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {CEN} = \widehat {KAC}\) \(\left( 1 \right)\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {KAC} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {KAC} = \widehat {EIC}\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {CEN} = \widehat {EIC}\)

0,25

Xét \(\Delta CEN\) và \(\Delta CIE\) có: \(\widehat {ECI}\): chung; \(\widehat {CEN} = \widehat {EIC}\) (cmt)

Nên $\Delta CEN\backsim \Delta CIE$ \(\left( {g - g} \right)\)Suy ra \(\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}} \Leftrightarrow C{E^2} = CN.CI\) (đpcm)

0,25

c) Chứng minh ba điểm \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng.

Xét tam giác OBC cân tại O

Vì \(OM \bot BC\) tại \(M\) nên OM là đường cao của tam giác cân nên OM cũng là đường trung tuyến do đó \(M\) là trung điểm \(BC\).

Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(ME = \frac{1}{2}BC\).

Tương tự ta có \(MF = \frac{1}{2}BC\). Do đó \(ME = MF\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) suy ra \(M\) thuộc trung trực của \(EF\)

Vì \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\) nên \(PE = PF\)

Suy ra \(P\) thuộc trung trực của \(EF\). Vì vậy \(PM\) là trung trực của \(EF\) \(\left( 3 \right)\).

Để chứng minh \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng ta đi chứng minh \(N \in PM\).

Kẻ \(EG \bot AC\), \(G \in AC\).

Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta AEC\) vuông tại \(E\), đường cao \(EG\), ta có \(C{E^2} = CG.CA\)

Theo phần b có \(C{E^2} = CN.CI\) nên \(CG.CA = CN.CI\)\( \Rightarrow \frac{{CG}}{{CN}} = \frac{{CI}}{{CA}}\).

Xét \(\Delta CNG\) và \(\Delta CAI\) có \(\frac{{CG}}{{CN}} = \frac{{CI}}{{CA}}\) (cmt) và \(\widehat {ICA}\): chung

Nên $\Delta CNG\backsim \Delta CAI\left(c.g.c\right)$  \( \Rightarrow \widehat {NGC} = \widehat {CIA}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {NGF} = \widehat {CIA}\) \(\left( * \right)\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CIA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( {**} \right)\)

Chứng minh được tứ giác \(BEFC\) nội tiếp một đường tròn\( \Rightarrow \widehat {EBC} + \widehat {EFC} = 180^\circ \) (hai góc đối nhau)

Mà \(\widehat {AFE} + \widehat {EFC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {EBC} = \widehat {AFE}\) hay \(\widehat {ABC} = \widehat {NFG}\) \(\left( {***} \right)\)

Từ \(\left( * \right)\), \(\left( {**} \right)\), \(\left( {***} \right)\) ta suy ra \(\widehat {NGF} = \widehat {NFG}\)

Do đó \(\Delta NGF\) cân tại \(N\) suy ra \(NG = NF\)

Xét \(\Delta EGF\) vuông tại \(G\) có \(\widehat {NGF} = \widehat {NFG}\) nên \(\widehat {NGE} = \widehat {NEG}\).

Do đó \(\Delta NGE\) cân tại \(N\) suy ra \(NG = NE\)

Khi đó \(NE = NF\) hay \(N\) là trung điểm \(EF\) \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(N \in PM\) hay ba điểm \(M,N,P\) thẳng hàng. (Đpcm)

0,25

0,25