Tổng hợp câu hay và khó chương 9

Từ hình vẽ ta thấy  $A\left( { - 1;4} \right),B\left( {3; - 4} \right),C\left( {6;5} \right),$$M\left( { - 2;2} \right),N\left( {8;0} \right),P\left( {6; - 3} \right)$

Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng: ${x^2} + {y^2} + ax + by + c = 0$

Ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}1 + 16 - a + 4b + c = 0\\9 + 16 + 3a - 4b + c = 0\\36 + 25 + 6a + 5b + c = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + 4b + c =  - 17\\3a - 4b + c =  - 25\\6a + 5b + c =  - 61\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 6\\b =  - 2\\c =  - 15\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( C \right):{x^2} + {y^2} - 6x - 2y - 15 = 0$

Ta có: $36 + 9 - 6.6 + 2.3 - 15 = 0$. Vậy $P\left( {6; - 3} \right) \in \left( C \right)$ 

Gọi $G\left( {a;\;3a - 8} \right)$. Do ${S_{ABC}} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow {S_{GAB}} = \dfrac{1}{2}$.

Đường thẳng $AB$ nhận $\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\;1} \right)$ là véc tơ chỉ phương nên có phương trình $x - y - 5 = 0$.

$AB = \sqrt 2$, $d\left( {G;AB} \right) = \dfrac{{\left| {a - \left( {3a - 8} \right) - 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{{\left| {3 - 2a} \right|}}{{\sqrt 2 }}$.

Do ${S_{GAB}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{2}.AB.d\left( {G;AB} \right) = \dfrac{1}{2}$$\Leftrightarrow \sqrt 2 .\dfrac{{\left| {3 - 2a} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 1$$\Leftrightarrow \left| {3 - 2a} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\a = 2\end{array} \right.$.

Với $a = 1 \Rightarrow G\left( {1;\; - 5} \right) \Rightarrow C\left( { - 2;\; - 10} \right)$.

Với $a = 2 \Rightarrow G\left( {2;\; - 2} \right) \Rightarrow C\left( {1;\; - 1} \right)$.

Vậy $C\left( { - 2;\; - 10} \right)$ hoặc $C\left( {1;\; - 1} \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Dễ thấy $\dfrac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABM}}}} = 4$ $\Leftrightarrow \dfrac{{BC}}{{BM}} = 4$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\overrightarrow {BC}  = 4\overrightarrow {BM} \\\overrightarrow {BC}  =  - 4\overrightarrow {BM} \end{array} \right.$.

TH1: $\overrightarrow {BC}  = 4\overrightarrow {BM}$ thì: $\left\{ \begin{array}{l}x - 2 =  - \dfrac{3}{4}\\y - 1 =  - \dfrac{3}{4}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{5}{4}\\y = \dfrac{1}{4}\end{array} \right.$ $\Rightarrow x.y = \dfrac{5}{{16}}$.

TH2: $\overrightarrow {BC}  =  - 4\overrightarrow {BM}$ thì: $\left\{ \begin{array}{l}x - 2 = \dfrac{3}{4}\\y - 1 = \dfrac{3}{4}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{4}\\y = \dfrac{7}{4}\end{array} \right.$ $\Rightarrow x.y = \dfrac{{77}}{{16}}$.

Ta có: $\left( {2.1 - 6 - 1} \right).\left( { - 2.3 - 4 - 1} \right) = 55 > 0$ $\Rightarrow P$ và $Q$ cùng phía so với $\Delta$.

Phương trình đường thẳng $PQ$: $5x - 2y + 7 = 0$.

Gọi $H = \Delta  \cap PQ$, tọa độ $H$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2x - y - 1 = 0\\5x - 2y + 7 = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 9\\y =  - 19\end{array} \right.$.

Hay $H\left( { - 9; - 19} \right)$.

Với mọi điểm $N \in \Delta$ thì: $\left| {NP - NQ} \right|$ $\le \left| {HP - HQ} \right| = \left| {PQ} \right|$ $\Rightarrow {\left| {NP - NQ} \right|_{\max }} = \left| {PQ} \right|$.

Dấu bằng xảy ra khi $N$ trùng $H$.

Gọi $M\left( {a;\;a + 1} \right)$ là trung điểm $AB$.

Ta có $\overrightarrow {IM}  = \left( {a - 2;\;a} \right)$, $1$ VTCP của $AB$ là $\overrightarrow {{u_{AB}}}  = \left( {1;\;1} \right)$.

Mà $\overrightarrow {IM}  \bot \overrightarrow {{u_{AB}}}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow {IM} .\overrightarrow {{u_{AB}}}  = 0$ $\Leftrightarrow a - 2 + a = 0$ $\Leftrightarrow a = 1$. Vậy $M\left( {1;\;2} \right)$.

Nhận xét $\overrightarrow {CG}  = 2\overrightarrow {GM}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{7}{3} - {x_0} = 2\left( {1 - \dfrac{7}{3}} \right)\\\dfrac{4}{3} - {y_0} = 2\left( {2 - \dfrac{4}{3}} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 5\\{y_0} = 0\end{array} \right.$.

Vậy $2{x_0} + {y_0} = 10$.

Ta có phương trình đường thẳng $d$ có dạng: $\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} = 1$ (theo giả thiết ta có $a > 0,{\mkern 1mu} b > 0$)

Do $d$ đi qua $M\left( {4;{\rm{ 1}}} \right)$ nên ta có $\dfrac{4}{a} + \dfrac{1}{b} = 1$

Mặt khác diện tích của tam giác vuông $ABO$ là ${S_{ABO}} = \dfrac{1}{2}ab$

Áp dụng BĐT Cô si ta có $1 = \dfrac{4}{a} + \dfrac{1}{b} \ge 2\sqrt {\dfrac{4}{a}.\dfrac{1}{b}}  = \dfrac{4}{{\sqrt {ab} }}$ $\Leftrightarrow \sqrt {ab}  \ge 4 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}ab \ge 8$

Vậy diện tích của tam giác vuông $ABO$ nhỏ nhất bằng $8$ khi $a$, $b$ thỏa mãn hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{a} = \dfrac{1}{b}\\\dfrac{4}{a} + \dfrac{1}{b} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 8\\b = 2\end{array} \right.$ $\Rightarrow a - 4b = 8 - 4.2 = 0$.

Kẻ đường kính $AD$ của đường tròn $\left( I \right)$ khi đó ta có $BHCD$ là hình bình hành

$\Rightarrow$$M$ là trung điểm của cạnh $HD$.

Xét tam giác $AHD$ có $IM$ là đường trung bình $\Rightarrow IM = \dfrac{1}{2}AH$ $\Rightarrow \overrightarrow {IM}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AH}$.

Gọi $I\left( {x;y} \right)$ ta có $\overrightarrow {IM}  = \left( {4 - x;3 - y} \right)$; $\overrightarrow {AH}  = \left( { - 2; - 14} \right)$ $\Rightarrow I\left( {5;10} \right)$.

Bán kính $R = IA = \sqrt {{{\left( {5 + 1} \right)}^2} + {{\left( {10 - 2} \right)}^2}}  = 10$

Gọi $M$, $N$ và $P$ lần lượt là các trung điểm của $AB$, $CD$ và $BI$. Ta có

$\overrightarrow {AK}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AP}$$= \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AI} } \right)$$= \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD}$

$\overrightarrow {AG}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AN}$$= \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AC} } \right)$$= \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AD}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}$

$\overrightarrow {KG}  = \overrightarrow {AG}  - \overrightarrow {AK}$$= \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}  - \dfrac{1}{6}\overrightarrow {AB}$.

Suy ra: $\overrightarrow {AK} .\overrightarrow {KG}  = \dfrac{1}{{12}}A{D^2} - \dfrac{1}{{12}}A{B^2} = 0$ vì $AB = AD$ và $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = 0$

Đồng thời

$A{K^2} = \dfrac{5}{{18}}A{B^2}$$= K{G^2} = \dfrac{5}{{18}}A{B^2}$. Do đó tam giác $AKG$ vuông cân tại $K$ nên:

$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AK} .\overrightarrow {KG}  = 0\\A{K^2} = G{K^2}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 3b = 9\\{\left( {3 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2} = 13\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{{9 - 2a}}{3}\\13{a^2} - 78a = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{{9 - 2a}}{3}\\\left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = 6\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 3\left( {tm} \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b =  - 1\left( {loai} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Rightarrow {a^2} + {b^2} = 9$.

Gọi $I\left( {a;b} \right)$ là điểm thỏa mãn: $3\overrightarrow {IA}  - 2\overrightarrow {IB}  + 4\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0$

ta có: $3\overrightarrow {IA}  - 2\overrightarrow {IB}  + 4\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0$ $\Leftrightarrow 5\overrightarrow {IA}  = 2\overrightarrow {AB}  - 4\overrightarrow {AC}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{9}{5}\\b =  - 6\end{array} \right.$ $\Rightarrow I\left( { - \dfrac{9}{5}; - 6} \right)$

Khi đó $\left| {3\overrightarrow {MA}  - 2\overrightarrow {MB}  + 4\overrightarrow {MC} } \right|$ $= \left| {3\overrightarrow {IA}  - 2\overrightarrow {IB}  + 4\overrightarrow {IC}  - 5\overrightarrow {IM} } \right|$ $= \left| {\overrightarrow 0  - 5\overrightarrow {IM} } \right|$ $= 5IM$

Do đó: $\left| {3\overrightarrow {MA}  - 2\overrightarrow {MB}  + 4\overrightarrow {MC} } \right|$ nhỏ nhất khi $IM$ ngắn nhất. Suy ra $M$ là hình chiếu vuông góc của $I\left( { - \dfrac{9}{5}; - 6} \right)$ trên $Oy$ $\Rightarrow M\left( {0; - 6} \right)$.

Gọi $M\left( {2m + 5;m} \right) \in \Delta$.

$G\left( { - 1;2} \right)$ là trọng tâm $\Delta ABC$.

$\left| {\overrightarrow {MA\,}  + \overrightarrow {MB\,}  + \overrightarrow {MC\,} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MG} } \right| = 3MG$.

$\left| {\overrightarrow {MA\,}  + \overrightarrow {MB\,}  + \overrightarrow {MC\,} } \right|$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow MG$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow G$ là hình chiếu vuông góc của $G$ trên $\Delta$.

$\overrightarrow {GM}  = \left( {2m + 6;m - 2} \right)$; VTCP của $\Delta$ là $\overrightarrow u  = \left( {2;1} \right)$.

$G$ là hình chiếu vuông góc của $G$ trên $\Delta$ $\Leftrightarrow \overrightarrow {GM} .\overrightarrow u  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2m + 6} \right) + m - 2 = 0 \Leftrightarrow 5m + 10 = 0 \Leftrightarrow m =  - 2 \Rightarrow M\left( {1; - 2} \right)$.

Đường thẳng $d$ qua gốc tọa độ $d:y = ax$.

$M\left( {1; - 2} \right) \in d \Rightarrow a =  - 2$.

Vậy phương trình đường thẳng $d:2x + y = 0$

Cách 1: Gọi $A\left( {a;b} \right)$. Vì $A \in AC:x + 2y + 2 = 0$ nên $a + 2b + 2 = 0 \Rightarrow a =  - 2b - 2$

Do $a > 0$ nên $- 2b - 2 > 0 \Rightarrow b <  - 1$ $\,\left( * \right)$

Khi đó $A\left( { - 2b - 2;b} \right)$. 

Ta có   $\overrightarrow {AD}  = \left( {2b + 3;1 - b} \right)$ là véctơ chỉ phương của đường thẳng $AD$.

            $\vec u = \left( {2; - 1} \right)$ là véctơ chỉ phương của đường thẳng $AC$.

Trên hình vẽ, $\tan \alpha  = \dfrac{{DC}}{{AD}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}$ $\left( 1 \right)$

Lại có $\cos \alpha  = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AD} .\vec u} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\left| {.\vec u} \right|}} = \dfrac{{5\left| {b + 1} \right|}}{{\sqrt 5 \sqrt {{b^2} + 2b + 2} }}$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\dfrac{{5\left| {b + 1} \right|}}{{\sqrt 5 \sqrt {{b^2} + 2b + 2} }} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} \Leftrightarrow {b^2} + 2b - 3 = 0 \Rightarrow b =  - 3$ (do $\left( * \right)$) $\Rightarrow a = 4$.

Khi đó $A\left( {4; - 3} \right)$, suy ra $a + b = 1$. 

Cách 2: Gọi $A\left( {a;b} \right)$. Vì $A \in AC:x + 2y + 2 = 0$ nên $a + 2b + 2 = 0 \Rightarrow a =  - 2b - 2$

Do $a > 0$ nên $- 2b - 2 > 0 \Rightarrow b <  - 1$$\,\left( * \right)$, khi đó $A\left( { - 2b - 2;b} \right)$. 

Vì $C \in AC:x + 2y + 2 = 0$ nên $C\left( { - 2c - 2;c} \right)$

Ta có: $\overrightarrow {AD}  = \left( {3 + 2b; - 1 - b} \right)$; $\overrightarrow {CD}  = \left( {3 + 2c;1 - c} \right)$. 

Chọn $\left\{ \begin{array}{l}\vec u \bot \overrightarrow {CD} \\\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {CD} } \right|\end{array} \right. \Rightarrow \vec u = \left( {c - 1;3 + 2c} \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AD \bot CD\\AB = 2CD\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\overrightarrow {AD}  = 2\vec u\\\overrightarrow {AD}  =  - 2\vec u\end{array} \right.$

*  Với $\overrightarrow {AD}  = 2\vec u$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 + 2b = 2c - 2\\1 - b = 6 + 4c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 3\\c =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$  (t/m)

*  Với $\overrightarrow {AD}  =  - 2\vec u$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 + 2b =  - 2c + 2\\1 - b =  - 6 - 4c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\c =  - \dfrac{3}{2}\end{array} \right.$  (không t/m)

Vậy $A\left( {4; - 3} \right)$, suy ra $a + b = 1$.

+ $BH$ có véctơ pháp tuyến ${\overrightarrow n _{_{BH}}}\left( {2; - 1} \right)$. $CK$ có véctơ pháp tuyến ${\overrightarrow n _{_{CK}}}\left( {3;2} \right)$.

+ Đường thẳng $AB$ vuông góc $CK$ nên nhận ${\overrightarrow n _{_{CK}}}\left( {3;2} \right)$ làm véctơ chỉ phương, vì thế $AB$ có véctơ pháp tuyến ${\overrightarrow n _{_{AB}}}\left( {2; - 3} \right)$. Mặt khác $AB$ đi qua $A\left( { - 4; - 1} \right)$ nên có phương trình:

        $2\left( {x + 4} \right) - 3\left( {y + 1} \right) = 0$ $\Leftrightarrow 2x - 3y + 5 = 0$.

+ Đường thẳng $AC$ vuông góc $BH$ nên nhận ${\overrightarrow n _{_{BH}}}\left( {2; - 1} \right)$ làm véctơ chỉ phương, vì thế $AC$ có véctơ pháp tuyến ${\overrightarrow n _{_{AC}}}\left( {1;2} \right)$. Mặt khác $AC$ đi qua $A\left( { - 4; - 1} \right)$ nên có phương trình:

        $1\left( {x + 4} \right) + 2\left( {y + 1} \right) = 0$ $\Leftrightarrow x + 2y + 6 = 0$.

+ $B$ là giao điểm của $AB$ và $BH$. Xét hệ: $\left\{ \begin{array}{l}2x - 3y + 5 = 0\\2x - y + 3 = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\end{array} \right.$ $\Rightarrow B\left( { - 1;1} \right)$.

+ $C$ là giao điểm của $AC$ và $CK$. Xét hệ: $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y + 6 = 0\\3x + 2y - 6 = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y =  - 6\end{array} \right.$ $\Rightarrow C\left( {6; - 6} \right)$.

+ Đường thẳng $BC$ có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow {BC}  = \left( {7; - 7} \right)$ nên có véctơ pháp tuyến là $\overrightarrow n  = \left( {7;7} \right)$. Vậy $BC$ có phương trình: $7\left( {x + 1} \right) + 7\left( {y - 1} \right) = 0$ $\Leftrightarrow x + y = 0$.

+ $BC = \sqrt {{7^2} + {{\left( { - 7} \right)}^2}}  = 7\sqrt 2$.

+ Chiều cao kẻ từ $A$ của tam giác $ABC$ là $d\left( {A,BC} \right) = \dfrac{{\left| { - 4 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \dfrac{5}{{\sqrt 2 }}$.

+ Diện tích tam giác $ABC$ là: $S = \dfrac{1}{2}.7\sqrt 2 .\dfrac{5}{{\sqrt 2 }}$$= \dfrac{{35}}{2}$.

$M$ trên trục $Oy$ $\Rightarrow M\left( {0;\,y} \right)$.

$\overrightarrow {MA}  = \left( {1;\, - 1 - y} \right);$ $\overrightarrow {MB}  = \left( {3;2 - y} \right)$

$M{A^2} + M{B^2} = 10 - 2y + 2{y^2} = 2\left( {{y^2} - y + \dfrac{1}{4}} \right) + \dfrac{{19}}{2}$ $= 2{\left( {y - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{{19}}{2}$ $\ge \dfrac{{19}}{2}$

Giá trị nhỏ nhất của $\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)$ bằng $\dfrac{{19}}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi $y = \dfrac{1}{2}$.

Dễ thấy điểm $A\left( {\dfrac{4}{5};\dfrac{7}{5}} \right)$ không thuộc hai đường phân giác $x - 2y - 1 = 0$ và $x + 3y - 1 = 0$.

Gọi $CF: x - 2y - 1 = 0$, $BE: x + 3y - 1 = 0$ lần lượt là phương trình đường phân giác xuất phát từ đỉnh $C$, $B$ (như hình vẽ trên).

Gọi $d$ là đường thẳng qua $A\left( {\dfrac{4}{5};\dfrac{7}{5}} \right)$ và vuông góc với $BE$ thì $d$ có VTPT là $\overrightarrow {{n_d}}  = \left( {3; - 1} \right)$ nên có phương trình $3\left( {x - \dfrac{4}{5}} \right) - \left( {y - \dfrac{7}{5}} \right) = 0 \Leftrightarrow$ $3x - y - 1 = 0$.

Tọa độ điểm $M = d \cap BE$ thỏa mãn hệ $\left\{ \begin{array}{l}3x - y - 1 = 0\\x + 3y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{2}{5}\\y = \dfrac{1}{5}\end{array} \right. \Rightarrow$ $M\left( {\dfrac{2}{5};\dfrac{1}{5}} \right)$.

Suy ra tọa độ điểm đối xứng với $A\left( {\dfrac{4}{5};\dfrac{7}{5}} \right)$ qua $M\left( {\dfrac{2}{5};\dfrac{1}{5}} \right)$ là $A'\left( {0; - 1} \right)$ thì $A' \in BC$ $\left( 1 \right)$.

Gọi $d'$ là đường thẳng qua $A\left( {\dfrac{4}{5};\dfrac{7}{5}} \right)$ và vuông góc với $CF$ thì $d'$ có VTPT là $\overrightarrow {{n_{d'}}}  = \left( {2;1} \right)$ nên có phương trình $2\left( {x - \dfrac{4}{5}} \right) + \left( {y - \dfrac{7}{5}} \right) = 0 \Leftrightarrow$ $2x + y - 3 = 0$.

Tọa độ điểm $N = d' \cap CF$ thỏa mãn hệ $\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 3 = 0\\x - 2y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{7}{5}\\y = \dfrac{1}{5}\end{array} \right. \Rightarrow$ $N\left( {\dfrac{7}{5};\dfrac{1}{5}} \right)$.

Suy ra tọa độ điểm đối xứng với $A\left( {\dfrac{4}{5};\dfrac{7}{5}} \right)$ qua $N\left( {\dfrac{7}{5};\dfrac{1}{5}} \right)$ là $A''\left( {2; - 1} \right)$ thì $A'' \in BC$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $\overrightarrow {A'A''}  = \left( {2;0} \right)$ là một VTCP của $BC$ suy ra VTPT của $BC$ là $\overrightarrow n  = \left( {0;1} \right)$. Do đó phương trình cạnh $BC: 0\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow$ $y + 1 = 0$.

Tâm $O\left( {1;\, - 1} \right)$, bán kính $R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} - \left( { - 7} \right)}  = 3$

Gọi đường thẳng cần tìm là $\left( {d'} \right):x + y + c = 0$.

Gọi $A,\,B$ lần lượt là giao điểm của $\left( {d'} \right)$ và $\left( C \right)$.

Xét $\Delta OHB$ vuông tại $H$ ($H$ là chân đường cao kẻ từ $O$ trong tam giác $OAB$).

Ta có: $d\left( {O,\,AB} \right) = \dfrac{{\left| {1 + \left( { - 1} \right) + c} \right|}}{{\sqrt 2 }}$ $= OH$ $= \sqrt {O{B^2} - B{H^2}}$ $= \sqrt {{3^2} - {1^2}}  = 2\sqrt 2$.

$\Leftrightarrow \dfrac{{\left| c \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2$ $\Leftrightarrow \left| c \right| = 4 \Leftrightarrow c =  \pm 4$.

Vậy đường thẳng cần tìm có dạng $x + y + 4 = 0$ hoặc $x + y - 4 = 0$.

Thế ${x_M} = 3$ vào phương trình đường tròn, ta được: ${y^2} = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = \sqrt 3 \\y =  - \sqrt 3 \end{array} \right.$

$\Rightarrow {M_1}\left( {3;\sqrt 3 } \right)$, ${M_2}\left( {3; - \sqrt 3 } \right)$.

Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( {2;0} \right)$.

• Với $I\left( {2;0} \right)$, ${M_1}\left( {3;\sqrt 3 } \right)$ ta có $\overrightarrow {I{M_1}} = \left( {1;\sqrt 3 } \right)$.

Đường thẳng qua ${M_1}\left( {3;\sqrt 3 } \right)$ và nhận $\overrightarrow {I{M_1}}  = \left( {1;\sqrt 3 } \right)$ làm véctơ pháp tuyến có phương trình là $\left( {x - 3} \right) + \sqrt 3 \left( {y - \sqrt 3 } \right) = 0$ $\Leftrightarrow x + \sqrt 3 y - 6 = 0$.

• Với $I\left( {2;0} \right)$, ${M_2}\left( {3; - \sqrt 3 } \right)$ ta có $\overrightarrow {I{M_2}} = \left( {1; - \sqrt 3 } \right)$.

Đường thẳng qua ${M_2}\left( {3; - \sqrt 3 } \right)$ và nhận $\overrightarrow {I{M_2}}  = \left( {1; - \sqrt 3 } \right)$ làm véctơ pháp tuyến có phương trình là $\left( {x - 3} \right) - \sqrt 3 \left( {y + \sqrt 3 } \right) = 0$ $\Leftrightarrow x - \sqrt 3 y - 6 = 0$.

Vậy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn ${\left( {x - 2} \right)^2} + {{y}^2} = 4$ tại $M$ có hoành độ ${x_M} = 3$ là $x + \sqrt 3 y - 6 = 0$ hoặc $x - \sqrt 3 y - 6 = 0$.

Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( {a;\,b} \right)$, bán kính $R$ có phương trình là ${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} = {R^2}$

Ta có đường tròn $\left( C \right)$ đi qua $A\left( {2;\,4} \right)$ nên ta có: ${\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {4 - b} \right)^2} = {R^2}$ $\left( 1 \right)$

Đường tròn $\left( C \right)$tiếp xúc với các trục tọa độ, ta phải có $\left| a \right| = \left| b \right| = R$ $\left( 2 \right)$

• Trường hợp 1: Nếu $a = b$, thay vào $\left( 1 \right)$ ta có

${\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {4 - a} \right)^2} = {a^2} \Leftrightarrow {a^2} - 12a + 20 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 2\\a = 10\end{array} \right.$

Với $a = 2$ ta có phương trình đường tròn ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4$

Với $a = 10$ ta có phương trình đường tròn ${\left( {x - 10} \right)^2} + {\left( {y - 10} \right)^2} = 100$

• Trường hợp 2: Nếu $a = - b$, thay vào $\left( 1 \right)$ ta có phương trình

${\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {4 + a} \right)^2} = {a^2} \Leftrightarrow {a^2} + 4a + 20 = 0$: phương trình này vô nghiệm.

Vậy các đường tròn có phương trình ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4$, ${\left( {x - 10} \right)^2} + {\left( {y - 10} \right)^2} = 100$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

$\left( C \right)$ có tâm $I\left( { - 3;1} \right)$, bán kính $R = \sqrt 5$.

Đường thẳng qua $A\left( { - 4;2} \right)$ có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow {\,n\,}  = \left( {a;b} \right)$ $\left( {{a^2} + {b^2} \ne 0} \right)$ có phương trình dạng $d:ax + by + 4a - 2b = 0$.

Tam giác $IMN$ cân tại $I$ có $A$ là trung điểm $MN$ nên $IA \bot MN$.

$\Rightarrow d\left( {I;d} \right) = IA \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \sqrt 2  \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \Leftrightarrow a =  - b$.

Chọn $a = 1 \Rightarrow b =  - 1$. Vậy phương trình đường thẳng $d:x - y + 6 = 0$.

Đặt $A\left( {0;\,0} \right)$, $B\left( {4b;\,0} \right)$, $C\left( {0;\,4c} \right)$ $\Rightarrow$$I\left( {2b;2c} \right)$, $O\left( {b,\,c} \right)$.

Đặt $M\left( {t,\,0} \right)$ $\Rightarrow$ $N\left( {0,\,\dfrac{{ - ct}}{{b - t}}} \right)$.

Khi đó: ${S_{\Delta ABC}} = 8bc$, ${S_{\Delta AMN}} = \dfrac{{c{t^2}}}{{2\left( {t - b} \right)}} = \dfrac{c}{2}.f\left( t \right)$ với $\dfrac{{4b}}{3} \le t \le 4b$.

Xét $f\left( t \right) = \dfrac{{{t^2}}}{{t - b}}$ trong $\left[ {\dfrac{{4b}}{3};4b} \right]$ ta có:

$f\left( t \right) = \dfrac{{{t^2}}}{{t - b}}$$= t + b + \dfrac{{{b^2}}}{{t - b}}$$= t - b + \dfrac{{{b^2}}}{{t - b}} + 2b$ $\ge 2\sqrt {\left( {t - b} \right).\dfrac{{{b^2}}}{{t - b}}}  + 2b$ $= 2b + 2b = 4b$

Do đó $f\left( t \right) \ge 4b,\forall t \in \left[ {\dfrac{{4b}}{3};4b} \right]$.

Dấu $'' = ''$ xảy ra khi $t - b = \dfrac{{{b^2}}}{{t - b}} \Leftrightarrow t = 2b$.

Vậy $\mathop {\min }\limits_{\left[ {\dfrac{{4b}}{3};4b} \right]} f\left( t \right) = 4b$ hay $\min {S_{AMN}} = \dfrac{c}{2}.4b = 2bc$ khi $t = 2b$.

${f_{\max }} = \dfrac{{8bc}}{3}$ khi $t = \dfrac{{4b}}{3} \vee t = 4b$

$\Rightarrow$$\dfrac{{{S_{ABC}}}}{4} \le {S_{AMN}} \le \dfrac{{{S_{ABC}}}}{3}$.

$N$ đối xứng với $M$ qua gốc tọa độ $O$ nên $N\left( {\sqrt 7 ; - \dfrac{9}{4}} \right)$.

Ta có: $M{F_1} = \dfrac{9}{4}; M{F_2} = \dfrac{{23}}{4}; N{F_1} = \dfrac{{23}}{4}; N{F_2} = \dfrac{9}{4}$.

Do đó $N{F_2} + M{F_1} = \dfrac{9}{2}.$