a. Tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên R.

Hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên R khi {m−4≠0m−4>0⇔{m≠4m>4⇔m>4.{m−4≠0m−4>0⇔{m≠4m>4⇔m>4.

b. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số đã cho luôn cắt parabol (P):y=x2(P):y=x2 tại hai điểm phân biệt. Gọi x1,x2x1,x2 là hoành độ các giao điểm, tìm m sao cho x1.(x1−1)+x2(x2−1)=18x1.(x1−1)+x2(x2−1)=18

Gọi đồ thị hàm số y=(m−4)x+m+4y=(m−4)x+m+4 là đường thẳng (d).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (d) và parabol (P):

x2=(m−4)x+m+4⇔x2−(m−4)x−m−4=0(∗)x2=(m−4)x+m+4⇔x2−(m−4)x−m−4=0(∗)

Số giao điểm của (d) và (P) đồng thời cũng là số nghiệm của phương trình (*).

Có các hệ số: a=1;b=−(m−4);c=−m−4a=1;b=−(m−4);c=−m−4.

Ta có:Δ=(m−4)2+4(m+4)=m2−8m+16+4m+16=m2−4m+4+28=(m−2)2+28Δ=(m−4)2+4(m+4)=m2−8m+16+4m+16=m2−4m+4+28=(m−2)2+28

Ta có: (m−2)2≥0,∀m⇒(m−2)2+28>0,∀mhayΔ>0,∀m(m−2)2≥0,∀m⇒(m−2)2+28>0,∀mhayΔ>0,∀m .

Vậy phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2 hay (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: {x1+x2=m−4x1x2=−m−4{x1+x2=m−4x1x2=−m−4

Theo đề ra ta có:

x1.(x1−1)+x2(x2−1)=18⇔x21−x1+x22−x2−18=0⇔(x21+x22)−(x1+x2)−18=0⇔(x1+x2)2−2x1x2−(x1+x2)−18=0⇔(m−4)2−2(−m−4)−(m−4)−18=0⇔m2−8m+16+2m+8−m+4−18=0⇔m2−7m+10=0⇔m2−2m−5m+10=0⇔m(m−2)−5(m−2)=0⇔(m−2)(m−5)=0⇔[m−2=0m−5=0⇔[m=2(tm)m=5(tm)x1.(x1−1)+x2(x2−1)=18⇔x12−x1+x22−x2−18=0⇔(x12+x22)−(x1+x2)−18=0⇔(x1+x2)2−2x1x2−(x1+x2)−18=0⇔(m−4)2−2(−m−4)−(m−4)−18=0⇔m2−8m+16+2m+8−m+4−18=0⇔m2−7m+10=0⇔m2−2m−5m+10=0⇔m(m−2)−5(m−2)=0⇔(m−2)(m−5)=0⇔[m−2=0m−5=0⇔[m=2(tm)m=5(tm)

Vậy m=2,m=5m=2,m=5 là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c. Gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng (d).(d). Chứng minh khoảng cách từ điểm O(0;0)O(0;0) đến (d)(d) không lớn hơn √65.65.

Ta có: (d):y=(m−4)x+m+4.(d):y=(m−4)x+m+4.

+) Xét TH m−4=0⇔m=4m−4=0⇔m=4 ta có: (d):y=8(d):y=8 là đường thẳng song song với trục hoành

⇒d(O;(d))=8=√64<√65.⇒d(O;(d))=8=64<65.

⇒d(O;(d))<√65⇒d(O;(d))<65 với m=4.m=4.

+) Xét TH m−4≠0⇔m≠4m−4≠0⇔m≠4 ta có:

Gọi AA giao điểm của đường thẳng (d)(d) với trục Ox⇒A(xA;0).Ox⇒A(xA;0).

⇒0=(m−4)xA+m+4⇔xA=−m+4m−4⇒A(−m+4m−4;0)⇒OA=|xA|=∣∣−m+4m−4∣∣=∣∣m+4m−4∣∣.⇒0=(m−4)xA+m+4⇔xA=−m+4m−4⇒A(−m+4m−4;0)⇒OA=|xA|=|−m+4m−4|=|m+4m−4|.

Gọi BB giao điểm của đường thẳng (d)(d) với trục Oy⇒B(0;yB)Oy⇒B(0;yB)

⇒yB=(m−4).0+m+4=m+4⇒B(0;m+4).⇒OB=|yB|=|m+4|.⇒yB=(m−4).0+m+4=m+4⇒B(0;m+4).⇒OB=|yB|=|m+4|.

Gọi HH là chân đường vuông góc hạ từ OO đến đường thẳng (d).(d). Khi đó ta có: d(O;(d))=OH.d(O;(d))=OH.

Áp dụng hệ thức lượng cho ΔOABΔOAB vuông tại OO có đường cao OHOH ta có:

1OH2=1OA2+1OB2=1(∣∣m+4m−4∣∣)2+1(|m+4|)2⇔1OH2=(m−4)2(m+4)2+1(m+4)2=(m−4)2+1(m+4)2⇔OH2=(m+4)2(m−4)2+1.1OH2=1OA2+1OB2=1(|m+4m−4|)2+1(|m+4|)2⇔1OH2=(m−4)2(m+4)2+1(m+4)2=(m−4)2+1(m+4)2⇔OH2=(m+4)2(m−4)2+1.

Giả sử khoảng cách từ OO đến đường thẳng (d)(d) không lớn hơn √65⇔d(O;(d))≤√6565⇔d(O;(d))≤65

⇔OH≤√65⇔OH2≤65⇔(m+4)2(m−4)2+1≤65⇔(m+4)2≤65[(m−4)2+1](do(m−4)2+1>0)⇔m2+8m+16≤65m2−520m+1105⇔64m2−528m+1089≥0⇔64m2−2.8m.33+332≥0⇔(8m−33)2≥0⇔OH≤65⇔OH2≤65⇔(m+4)2(m−4)2+1≤65⇔(m+4)2≤65[(m−4)2+1](do(m−4)2+1>0)⇔m2+8m+16≤65m2−520m+1105⇔64m2−528m+1089≥0⇔64m2−2.8m.33+332≥0⇔(8m−33)2≥0

Ta có: (8m−33)2≥0∀m⇒OH2≤65∀m⇒d(O;(d))=OH≤√65(8m−33)2≥0∀m⇒OH2≤65∀m⇒d(O;(d))=OH≤65

⇒d(O;(d))⇒d(O;(d)) không lớn √6565 với mọi m≠4.m≠4.

Kết hợp hai trường hợp trên ta được khoảng cách từ OO đến đường thẳng (d)(d) không lớn hơn √65.

a. Chứng minh tứ giác BEGHBEGH là tứ giác nội tiếp.

Ta có ∠AEB=900∠AEB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)(O)) ⇒∠GEB=900⇒∠GEB=900.

Có CD⊥ABCD⊥AB tại H(gt)⇒∠GHB=900H(gt)⇒∠GHB=900

Xét tứ giác BEGHBEGH có: ∠GHB+∠GEB=900+900=1800⇒∠GHB+∠GEB=900+900=1800⇒ Tứ giác BEGHBEGH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).

b. Gọi KK là giao điểm của hai đường thẳng BEBE và CDCD. Chứng minh KC.KD=KE.KBKC.KD=KE.KB.

Dễ thấy tứ giác BECDBECD nội tiếp đường tròn (O)⇒∠KEC=∠CDB=∠KDB(O)⇒∠KEC=∠CDB=∠KDB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Xét tam giác KCEKCE và tam giác KBDKBD có:

∠BKDchung∠KEC=∠KDB(cmt)⇒ΔKCE∼ΔKBD(g.g)⇒KCKB=KEKD⇒KC.KD=KE.KB(dpcm).∠BKDchung∠KEC=∠KDB(cmt)⇒ΔKCE∼ΔKBD(g.g)⇒KCKB=KEKD⇒KC.KD=KE.KB(dpcm).

c. Đoạn thẳng AKAK cắt đường tròn tâm OO tại FF khác AA. Chứng minh GG là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEFHEF.

Ta có: ∠AFB=900∠AFB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BF⊥AF⇒BF⊥AF (1).

Xét tam giác KABKAB có hai đường cao AEAE và KHKH cắt nhau tại G⇒GG⇒G là trực tâm của tam giác KABKAB.

⇒BG⊥AK⇒BG⊥AK hay BG⊥AFBG⊥AF (2)

Từ (1) và (2) ⇒⇒ qua BB kẻ được 2 đường thẳng BGBG và BFBF cùng vuông góc với AFAF.

⇒BG≡BF⇒BG≡BF hay B,G,FB,G,F thẳng hàng ⇒GF⊥AF⇒∠AFG=900⇒GF⊥AF⇒∠AFG=900.

Xét tứ giác AFGHAFGH có: ∠AFG+∠AHG=900+900=1800⇒∠AFG+∠AHG=900+900=1800⇒ Tứ giác AFGHAFGH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).

⇒∠GHF=∠GAF⇒∠GHF=∠GAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GFGF).

Tứ giác BEGHBEGH nội tiếp (cmt) ⇒GHE=∠GBE⇒GHE=∠GBE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GEGE).

Lại có ∠GAF=∠EAF=∠EBF=∠GBE∠GAF=∠EAF=∠EBF=∠GBE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EFEF).

⇒∠GHF=∠GHE⇒HG⇒∠GHF=∠GHE⇒HG là phân giác của ∠EHF∠EHF (*)

Tứ giác BEGHBEGH nội tiếp (cmt) ⇒∠GEH=∠GBH⇒∠GEH=∠GBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GHGH).

Mà ∠GBH=∠FBA=∠FEA=∠GEF∠GBH=∠FBA=∠FEA=∠GEF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AFAF)

⇒∠GEH=∠GEF⇒EG⇒∠GEH=∠GEF⇒EG là phân giác của ∠HEF∠HEF (**)

Từ (*) và (**) ⇒G⇒G là giao điểm của hai đường phân giác của tam giác HEF⇒GHEF⇒G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEFHEF.

d. Gọi M,NM,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của AA và BB lên đường thẳng EFEF. Chứng minh HE+HF=MNHE+HF=MN.