Biết rằng m, n là các số thực dương để phương trình ẩn x sau có nghiệm:

x² – 4x + n(m – 1) + 5 = 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{{(m+n)}^2}{mn}$.

$\widehat{EFB}$= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác BIEF có $\widehat{EIB}$+$\widehat{EFB}$= 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác BIEF nội tiếp.

b) Tam giác ABC có $\widehat{ACB}$= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra ∆ACB vuông tại C

Xét ∆ACB vuông tại C đường cao IC, ta được:

AC² = AI . AB (1)

Xét ∆ AEI và ∆ ABF có:

$\widehat{FAB}$ là góc chung

$\widehat{AEI}\text{=}\widehat{ABF}$ (tứ giác BIEF nội tiếp)

Suy ra ∆ AEI  ∆ ABF (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{AE}{AB}=\frac{AI}{AF}\iff AE.AF=AB.AI$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra

AC² = AI.AB = AE.AF (điều phải chứng minh)

c) Ta có CF ⊥ FM ($\widehat{CFM}$ = 90° góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

DN ⊥ FM (giả thiết)

Suy ra CF // DM

Suy ra tứ giác CFND là hình thang (3)

Ta có $\widehat{CFD}=\widehat{FDN}$ (hai góc so le trong của CF // DN)

Suy ra $\stackrel{⌢}{CD}=\stackrel{⌢}{NF}$ (hai góc nội tiếp bằng nhau)

Û $\stackrel{⌢}{CD}+\stackrel{⌢}{CF}=\stackrel{⌢}{CF}+\stackrel{⌢}{FN}$

Û $\stackrel{⌢}{DF}=\stackrel{⌢}{CN}$

$\Rightarrow \widehat{FND}=\widehat{CDN}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (4)

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác CFND là hình thang cân.

Suy ra CN = FD (hai đường chéo của hình thang cân).

d) Ta có K là giao điểm của CN và FD nên:

CK = KF

Mà ta cũng có CO = OF = R.

Suy ra OK là trung trực của CF.

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp của CEF sẽ thuộc đường thẳng OK (5)

Ta có O là trung điểm CM.

I là trung điểm CD (đường kính vuông góc với dây thì đi qua trung điểm của dây).

Suy ra OI là đường trung bình của ∆DCM.

Suy ra IO // DM.

Suy ra AB // DM.

Đường tròn (O) có dây AB // dây DM suy ra $\stackrel{⌢}{AD}=\stackrel{⌢}{MB}$

$\iff \stackrel{⌢}{AD}+\stackrel{⌢}{DM}=\stackrel{⌢}{DM}+\stackrel{⌢}{MB}$

$\iff \stackrel{⌢}{AM}=\stackrel{⌢}{DB}\Rightarrow \widehat{AFM}=\widehat{DCB}$

Gọi P là giao điểm của FM và CB.

Xét tứ giác ECFP có $\widehat{ECP}=\widehat{EFP}$

Suy ra tứ giác ECFP nội tiếp.

Tứ giác ECFP nội tiếp có $\widehat{CFP}$= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra CP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECFP.

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECFP thuộc CP.

Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF thuộc CB (6)

Từ (5) và (6) suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF là giao điểm của OK và BC

a) Thay x = 3 vào phương trình đã cho ta được

3² – 2(m – 3).3 + 4m – 16 = 0

$\iff$9 – 6m + 18 + 4m −16 = 0

$\iff$11 – 2m = 0

$\iff m=\frac{11}{2}$ 

Khi $m=\frac{11}{2}$ phương trình trở thành

x² – 2.$(\frac{11}{2}-3)$x + 4.$\frac{11}{2}$ – 16 = 0

$\iff$x² – 5x + 6 = 0

$\iff$x² – 2x – 3x + 6 = 0

$\iff$x(x – 2) −3(x – 2) = 0

$\iff$(x – 2)(x – 3) = 0

$\iff [\begin{array}{l}x=2\\ x=3\end{array}$ 

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {2; 3}.

b) Ta có: ∆’ = [– (m – 3)]² – 1.(4m – 16)

= m² – 6m + 9 − 4m + 16

= m² −10m + 25 = (m – 5)².

Vì ∆’ = (m – 5)² ≥ 0 (đúng với mọi giá trị của m).

Nên phương trình luôn có nghiệm (điều phải chứng minh).

c) Do phương trình luôn có nghiệm, áp dụng định lý Vi-et, ta được:

$[\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}=-\frac{-2(m-3)}{1}=2m-6\\ x_1.x_2=\frac{c}{a}=\frac{4m-16}{1}=4m-16\end{array}$

Trường hợp 1: Phương trình có 1 nghiệm x₁ = 0 và một nghiệm âm. Khi đó:

x₁.x₂ = 0 tương đương 4m – 16 = 0 Û m = 4

Do đó x₁ + x₂ = x₂ = 2m – 6 = 2 (không thỏa mãn)

Trường hợp 2: Phương trình có một nghiệm âm và một nghiệm dương. Khi đó:

x₁.x₂ < 0 Û 4m – 16 < 0 Û m < 4

Trường hợp 3: Phương trình có hai nghiệm âm. Khi đó:

$\{\begin{array}{l}{x}_1{x}_2>0\\ x_1+x_2<0\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}4m-16>0\\ 2m-6<0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m>4\\ m<3\end{array}$ (không tồn tại giá trị m)

Vậy để phương trình có ít nhất một nghiệm âm thì m < 4.