\(a,\) Gọi điểm cố định (d) luôn đi qua là \(A\left(x_0;y_0\right)\)

\(\Leftrightarrow y_0=\left(m-2\right)x_0+2\Leftrightarrow mx_0-2x_0+2-y_0=0\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=0\\2-2x_0-y_0=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=0\\y_0=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow A\left(0;2\right)\)

Vậy \(A\left(0;2\right)\) là điểm cố định mà (d) lun đi qua

\(b,\) PT giao Ox,Oy: \(y=0\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{2-m}\Leftrightarrow B\left(\dfrac{2}{2-m};0\right)\Leftrightarrow OB=\dfrac{2}{\left|m-2\right|}\\ x=0\Leftrightarrow y=2\Leftrightarrow C\left(0;2\right)\Leftrightarrow OC=2\)

Gọi H là chân đường cao từ O đến (d) \(\Leftrightarrow OH=1\)

Áp dụng HTL: \(\dfrac{1}{OH^2}=1=\dfrac{1}{OB^2}+\dfrac{1}{OC^2}=\dfrac{\left(m-2\right)^2}{4}+\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow m^2-4m+4+1=4\\ \Leftrightarrow m^2-4m+1=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2+\sqrt{3}\\m=2-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(c,\) Áp dụng HTL: \(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{OC^2}+\dfrac{1}{OB^2}=\dfrac{\left(m-2\right)^2}{4}+\dfrac{1}{4}\)

Đặt \(OH^2=t\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{t}=\dfrac{m^2-4m+5}{4}\Leftrightarrow t=\dfrac{4}{\left(m-2\right)^2+1}\le\dfrac{4}{0+1}=4\\ \Leftrightarrow OH\le2\\ OH_{max}=2\Leftrightarrow m=2\)

9T1

9T1

Lời giải:a) Gọi $M(x_0,y_0)$ là điểm cố định mà $(d)$ luôn đi qua với mọi giá trị của $m$. Ta chỉ cần chỉ ra $x_0,y_0$ có tồn tại là được.

$M\in (d), \forall m$

$\Leftrightarrow y_0=(m-2)x_0+2, \forall m$

$\Leftrightarrow mx_0+(2-2x_0-y_0)=0, \forall m$

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_0=0\\ 2-2x_0-y_0=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_0=0\\ y_0=2\end{matrix}\right.\) 

Vậy $(d)$ luôn đi qua điểm cố định $(0,2)$ (đpcm)

b) Gọi $A,B$ lần lượt là giao điểm của $(d)$ với trục $Ox,Oy$

Dễ thấy $A(\frac{-2}{m-2},0)$ và $B(0,2)$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, nếu khoảng cách từ $O$ đến $(d)$ là $h$ thì:

\(\frac{1}{h^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{|x_A|^2}+\frac{1}{|y_B|^2}=\frac{(m-2)^2}{4}+\frac{1}{4}\)

Để $h=1$ thì \((m-2)^2+1=4\Leftrightarrow m=\pm \sqrt{3}-2\)

c) Để $h_{\max}$ thì $\frac{(m-2)^2+1}{4}$ min

$\Leftrightarrow (m-2)^2+1$ min

Dễ thấy $(m-2)^2+1$ đạt giá trị min bằng $1$ khi $m-2=0\Leftrightarrow m=2$

\(1,y=\left(m-2\right)x+3+1\)      \(\left(d\right)\)

\(\left(d\right)\) đi qua \(A\left(1;-1\right)\)

\(\Rightarrow-1=m-2+m+1\)

\(\Rightarrow m=0\)

\(2,y=1-3x\left(d'\right)\)

Để: \(\left(d\right)//\left(d'\right)\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=a'\\b\ne b'\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m-2=-3\\m+1\ne1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m=-1\\m\ne0\end{cases}}\)

\(3,\) Gọi \(A\) là giao điểm của \(\left(d\right)\) với \(Ox\)

\(B\) là giao điểm của \(\left(d\right)\) với \(Oy\)

Tọa độ \(A:\hept{\begin{cases}\left(m-2\right)x+m+1=0\\y=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{m+1}{2-m}\\y=0\end{cases}}\)

Tọa độ \(B:\hept{\begin{cases}x=0\\m+1=y\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=0\\y=m+1\end{cases}}\)

Độ dài \(OA:\sqrt{\left(\frac{m+1}{2-m}\right)^2}=|\frac{m+1}{2-m}|\)

Độ dài \(OB:\sqrt{\left(m+1\right)^2}=|m+1|\)

Kẻ \(OH\perp AB\) ta được: \(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}\) 

\(\Leftrightarrow1=\frac{1}{\left(\frac{m+1}{2-m}\right)^2}+\frac{1}{\left(m+1\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow1=\frac{\left(2-m\right)^2}{\left(m+1\right)^2}+\frac{1}{\left(m+1\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(m+1\right)^2=m^2-4m+4+1\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m+1=m^2-4m+5\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{2}{3}\)