Lời giải:
Gọi điểm cố định mà $(D)$ luôn đi qua khi $a$ thay đổi là $(x_0,y_0)$
Ta có:
$y_0=ax_0-a-2$ với mọi $a$
$\Leftrightarrow a(x_0-1)-(y_0+2)=0$ với mọi $a$
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_0-1=0\\ y_0+2=0\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_0=1\\ y_0=-2\end{matrix}\right.\)
Vậy điểm cố định là có tồn tại và là điểm $(1,-2)$
b)
Gọi $A,B$ là giao điểm của $(D)$ với lần lượt trục Ox, Oy
$A\in Ox\Rightarrow y_A=0$
$A\in (D)\Rightarrow x_A=\frac{y_A+a+2}{a}=\frac{a+2}{a}$
$B\in Oy\Rightarrow x_B=0$
$B\in (D)\Rightarrow y_B=ax_B-a-2=-(a+2)$
Tất nhiên để tồn tại khoảng cách từ $O$ đến $(D)$ thì $O\not\in (D)$
$\Rightarrow -a-2\neq 0\Rightarrow a\neq -2$
Khoảng cách từ $O$ đến $(D)$ là $d$. Theo công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(\frac{1}{d^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{|x_A|^2}+\frac{1}{|y_B|^2}=\frac{a^2}{(a+2)^2}+\frac{1}{(a+2)^2}=\frac{a^2+1}{(a+2)^2}\)
\(\Rightarrow d^2=\frac{(a+2)^2}{a^2+1}=\frac{a^2+4a+4}{a^2+1}=1+\frac{4a+3}{a^2+1}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2+\frac{1}{4}\geq |a|\geq a$
$\Rightarrow a^2+1\geq a+\frac{3}{4}=\frac{4a+3}{4}$
$\Rightarrow d^2=1+\frac{4a+3}{a^2+1}\leq 1+\frac{4a+3}{\frac{4a+3}{4}}=5$
$\Rightarrow d\leq \sqrt{5}$
Vậy khoảng cách từ $O$ đến $(D)$ lớn nhất là $\sqrt{5}$ khi $a^2=\frac{1}{4}$ và $a>0$ hay a=\frac{1}{2}$
