Kích thước của cả khung ảnh là \(\left(\right. 17 + 2 x \left.\right)\) cm x \(\left(\right. 25 + 2 x \left.\right)\) cm (Điều kiện: \(x > 0\))

Diện tích cả khung ảnh là: S = \(\left(\right. 17 + 2 x \left.\right) . \left(\right. 25 + 2 x \left.\right) = 4 x^{2} + 84 x + 425\)

Để diện tích của cả khung ảnh lớn nhất là \(513\) cm² thì  \(S = 4 x^{2} + 84 x + 425 \leq 513\)

\(\Rightarrow 4 x^{2} + 84 x - 88 \leq 0 \Leftrightarrow - 22 \leq x \leq 1\). Vì \(x > 0\) nên \(x \in \left(\right. 0 ; 1 \left]\right.\)

Vậy cần phải làm độ rộng viền khung ảnh tối đa \(1\) (cm).

a) 

\(& \overset{\rightarrow}{n_{\Delta}} = \left(\right. 3 ; 4 \left.\right) ; \\ & \overset{\rightarrow}{n_{\Delta_{1}}} = \left(\right. 5 ; - 12 \left.\right) .\)

\(cos ⁡ \alpha = \mid cos ⁡ \left(\right. \overset{\rightarrow}{n_{\Delta}} ; \overset{\rightarrow}{n_{\Delta_{1}}} \left.\right) \mid = \frac{\mid 3.5 + 4. \left(\right. - 12 \left.\right) \mid}{5.13} = \frac{33}{65}\).

b) \(\left(\right. C \left.\right)\) có tâm \(I \left(\right. 3 ; - 2 \left.\right)\), bán kính \(R = 6\)

Đường thẳng \(d\) có dạng \(4 x - 3 y + m = 0\) (\(m\) khác \(7\))

\(d\) tiếp xúc \(\left(\right. C \left.\right)\) khi và chỉ khi \(d \left(\right. I , d \left.\right) = R \Leftrightarrow \frac{\mid 12 + 6 + m \mid}{5} = 6\).

Tìm được \(m = - 48\)(TM), \(m = 12\) (TM)

Vậy có hai đường thẳng \(d\) thỏa mãn là \(4 x - 3 y - 48 = 0\) và \(4 x - 3 y + 12 = 0\).

Ta có \(f \left(\right. x \left.\right) = x^{2} + 2 \left(\right. m - 1 \left.\right) x + m + 5\) có \(\Delta^{'} = \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} - \left(\right. m + 5 \left.\right) = m^{2} - 3 m - 4\)

Lại có hệ số \(a = 1 > 0\).

Để \(f \left(\right. x \left.\right)\) luôn dương (cùng dấu hệ số \(a\)) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) thì \(\Delta^{'} < 0\) \(\Leftrightarrow m^{2} - 3 m - 4 < 0\).

Xét tam thức \(h \left(\right. m \left.\right) = m^{2} - 3 m - 4\) có \(\Delta_{m} = 9 - 4. \left(\right. - 4 \left.\right) = 25 > 0\) nên \(h \left(\right. m \left.\right)\) có hai nghiệm là \(m_{1} = - 1\) và \(m_{2} = 4\).

Ta có bảng xét dấu của \(h \left(\right. m \left.\right)\):

Do đó \(h \left(\right. m \left.\right) < 0\) với mọi \(x \in \left(\right. - 1 ; 4 \left.\right)\)

Hay \(\Delta^{'} < 0\) với mọi \(x \in \left(\right. - 1 ; 4 \left.\right)\)

Vậy \(x \in \left(\right. - 1 ; 4 \left.\right)\) thì tam thức bậc hai \(f \left(\right. x \left.\right) = x^{2} + \left(\right. m - 1 \left.\right) x + m + 5\) dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

b) Bình phương hai vế ta được: \(2 x^{2} - 8 x + 4 = x^{2} - 4 x + 4\)

\(\Leftrightarrow x^{2} - 4 x = 0\)

Suy ra \(x = 0\) hoặc \(x = 4\)

Thử lại nghiệm được \(x = 4\) thỏa mãn phương trình.

Vậy tập nghiệm \(S = 4\).

Ta có \(G\) là trọng tâm \(\triangle A B C \Rightarrow \overset{\rightarrow}{G A} + \overset{\rightarrow}{G B} + \overset{\rightarrow}{G C} = \overset{\rightarrow}{0}\) (1).
Và \(G\) là trọng tâm \(\Delta A E F \Rightarrow \overset{\rightarrow}{G A} + \overset{\rightarrow}{G E} + \overset{\rightarrow}{G F} = \overset{\rightarrow}{0} \left(\right. 2 \left.\right)\).
Từ (1) và \(\left(\right. 2 \left.\right)\) :
\(\Rightarrow \overset{\rightarrow}{G A} + \overset{\rightarrow}{G B} + \overset{\rightarrow}{G C} = \overset{\rightarrow}{G A} + \overset{\rightarrow}{G E} + \overset{\rightarrow}{G F} \Leftrightarrow \overset{\rightarrow}{G B} + \overset{\rightarrow}{G C} = \overset{\rightarrow}{G E} + \overset{\rightarrow}{G F} \Leftrightarrow \overset{\rightarrow}{G C} - \overset{\rightarrow}{G F} = \overset{\rightarrow}{G E} - \overset{\rightarrow}{G B} \Leftrightarrow \overset{\rightarrow}{F C} = \overset{\rightarrow}{B E}\).

a) \(\overset{\rightarrow}{A B} = \overset{\rightarrow}{N M}\).
Ta có \(A , N\) lần lượt là trung điểm của \(F C , F E\)

\(\Rightarrow \overset{\rightarrow}{A N} = \frac{1}{2} \overset{\rightarrow}{C E} = \frac{1}{2} \overset{\rightarrow}{B C} .\)

Mà \(\overset{\rightarrow}{B M} = \frac{1}{2} \overset{\rightarrow}{B C}\) suy ra \(\overset{\rightarrow}{A N} = \overset{\rightarrow}{B M} \Rightarrow\) tứ giác \(A N M B\) là hình bình hành \(\Rightarrow \overset{\rightarrow}{N M} = \overset{\rightarrow}{A B}\).

b) \(\overset{\rightarrow}{M K} = \overset{\rightarrow}{N I}\).
Ta có \(I , K\) lần lượt là trung điểm của \(G A\) và \(G D \Rightarrow \overset{\rightarrow}{I K} = \frac{1}{2} \overset{\rightarrow}{A D} = \overset{\rightarrow}{A B} = \overset{\rightarrow}{N M} \Rightarrow\) tứ giác \(I N M K\) là hình bình hành nên \(\overset{\rightarrow}{M K} = \overset{\rightarrow}{N I}\).

Vì \(H\) là trực tâm của tam giác \(A B C\)
nên \(H B \bot A C\)
Vì tia \(A O\) cất đường tròn tâm \(O\) tại \(D\)
nên \(A D\) là đường kính của đường tròn tâm \(O\).
\(& \Rightarrow A C D = 9 0^{\circ} \\ & \Leftrightarrow C D \bot A C\)
\(\Rightarrow H B / / C D\)
Chứng minh tương tự \(\Rightarrow B D / / H C\).

Ta có \(B^{'}\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(O\) nên \(B B^{'}\) là một đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A B C\).

Ta có: \(O C = \frac{1}{2} B B^{'}\) nên tam giác \(C B B^{'}\) vuông tại \(C\).

Ta có: \(\left{\right. B^{'} C \bot B C \\ A H \bot B C \Rightarrow B^{'} C / / A H\)

Tương tự: \(O A = \frac{1}{2} B B^{'}\) nên tam giác \(A B B^{'}\) vuông tại \(A\).

Ta có: \(\left{\right. B^{'} A \bot A B \\ C H \bot A B \Rightarrow B^{'} A / / C H\)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác \(A H C B^{'}\) là hình bình hành. Suy ra \(\overset{\rightarrow}{A H} = \overset{\rightarrow}{B^{'} C}\).

Ta có:
\(M\) trung điểm \(B C \rightarrow M C = \frac{1}{2} B C\).

\(N\) trung điểm \(A D \rightarrow A N = \frac{1}{2} A D\).

Mà \(A D = B C \Rightarrow A N = M C \Rightarrow\) Tứ giác \(A M C N\) là hình bình hành \(\Rightarrow \overset{\rightarrow}{A M} = \overset{\rightarrow}{N C}\).

- Chứng minh \(\overset{\rightarrow}{D K} = \overset{\rightarrow}{N I}\).

\(& \&\text{nbsp};\text{Ta}\&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˊ}{\text{o}} :\&\text{nbsp}; \left{\right. \begin{matrix}A N / / M B \\ A N = M B \Rightarrow A B M N \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh}\&\text{nbsp};\text{b} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh}\&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{nh}\&\text{nbsp}; \Rightarrow I \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{trung}\&\text{nbsp};đ\text{i}ể\text{m}\&\text{nbsp}; N B \Rightarrow N I = \frac{1}{2} N B \left(\right. 1 \left.\right) . \\ M N / / A B\end{matrix} \\ & \&\text{nbsp};\text{Ta}\&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˊ}{\text{o}} :\&\text{nbsp}; \left{\right. \begin{matrix}D N / / M C \\ D N = M C \Rightarrow C D N M \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh}\&\text{nbsp};\text{b} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh}\&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{nh}\&\text{nbsp}; \Rightarrow K \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{trung}\&\text{nbsp};đ\text{i}ể\text{m}\&\text{nbsp}; M D \Rightarrow D K = \frac{1}{2} D M \left(\right. 2 \left.\right) .\&\text{nbsp}; \\ M N / / D C\end{matrix}\)

Dễ thấy \(B N D M\) là hình bình hành do \(\left{\right. B N / / M D \\ B N = M D\) nên \(N D = B M \left(\right. 3 \left.\right)\).

Từ (1),(2),(3) \(\Rightarrow \overset{\rightarrow}{D K} = \overset{\rightarrow}{N I}\).

- Chứng minh \(\overset{\rightarrow}{A M} = \overset{\rightarrow}{N C}\).

Theo giả thiết, ta có: \(D , E , F\) lần lượt là trung điểm của \(B C , C A , A B\).

\(\Rightarrow E F\) là đường trung bình \(\triangle A B C\) và \(E F = \frac{1}{2} B C\) (1).
Lại có \(D\) là trung điểm \(B C \Rightarrow C D = \frac{1}{2} C B \left(\right. 2 \left.\right)\).

Dễ thấy \(\overset{\rightarrow}{E F}\) cùng hướng \(\overset{\rightarrow}{C D} \left(\right. 3 \left.\right)\)

Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow \overset{\rightarrow}{E F} = \overset{\rightarrow}{C D}\).

 \(\overset{\rightarrow}{A B} = \overset{\rightarrow}{D C} ; \overset{\rightarrow}{B A} = \overset{\rightarrow}{C D} ; \overset{\rightarrow}{A D} = \overset{\rightarrow}{B C} ; \overset{\rightarrow}{D A} = \overset{\rightarrow}{C B} ; \overset{\rightarrow}{A O} = \overset{\rightarrow}{O C} ; \overset{\rightarrow}{O A} = \overset{\rightarrow}{C O} ; \overset{\rightarrow}{O B} = \overset{\rightarrow}{D O} ; \overset{\rightarrow}{B O} = \overset{\rightarrow}{O D}\).