Giải thích các bước giải:

Câu 21:

$\begin{aligned}
& \text{Phần 1: a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:} \\
& x^2 = x + m \\
& x^2 - x - m = 0 \\
& \text{Điều kiện để đồ thị hai hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt là phương trình có hai nghiệm phân biệt:} \\
& \Delta > 0 \\
& (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-m) > 0 \\
& 1 + 4m > 0 \\
& m > -\dfrac{1}{4} \\
& \text{Phần 1: b) Gọi } x_1, x_2 \text{ là hoành độ hai giao điểm, theo hệ thức Vi-ét:} \\
& \begin{cases} x_1 + x_2 = 1 \\ x_1x_2 = -m \end{cases} \\
& \text{Tọa độ hai giao điểm là } A(x_1; x_1 + m) \text{ và } B(x_2; x_2 + m). \\
& \text{Bình phương khoảng cách giữa hai điểm } A \text{ và } B \text{ là:} \\
& AB^2 = (x_2 - x_1)^2 + ((x_2 + m) - (x_1 + m))^2 \\
& AB^2 = (x_2 - x_1)^2 + (x_2 - x_1)^2 \\
& AB^2 = 2(x_2 - x_1)^2 \\
& AB^2 = 2((x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2) \\
& \text{Khoảng cách } AB = 2 \text{ nên } AB^2 = 4: \\
& 2(1^2 - 4(-m)) = 4 \\
& 1 + 4m = 2 \\
& 4m = 1 \\
& m = \dfrac{1}{4} \\
& \text{Giá trị } m = \dfrac{1}{4} \text{ thỏa mãn điều kiện } m > -\dfrac{1}{4}. \\
& \text{Phần 2: Gọi } x \text{ là tổng số tiền bác Bình dùng để đầu tư và gửi ngân hàng (đơn vị: triệu đồng, } x > 0 \text{).} \\
& \text{Số tiền bác Bình gửi ngân hàng bằng } \dfrac{1}{3} \text{ số tiền đầu tư nhà hàng, nên số tiền đầu tư nhà hàng chiếm } \dfrac{3}{4} \text{ tổng số tiền.} \\
& \text{Số tiền đầu tư vào nhà hàng là:} \\
& \dfrac{3}{4}x \text{ (triệu đồng)} \\
& \text{Số tiền gửi vào ngân hàng là:} \\
& \dfrac{1}{4}x \text{ (triệu đồng)} \\
& \text{Tổng số tiền bác Bình thu lại sau một năm bao gồm cả vốn lẫn lợi nhuận và lãi suất là:} \\
& \dfrac{3}{4}x \cdot (1 + \dfrac{10}{100}) + \dfrac{1}{4}x \cdot (1 + \dfrac{7,6}{100}) \\
& \dfrac{3}{4}x \cdot \dfrac{110}{100} + \dfrac{1}{4}x \cdot \dfrac{107,6}{100} \\
& \dfrac{330}{400}x + \dfrac{107,6}{400}x \\
& \dfrac{437,6}{400}x \\
& \dfrac{1094}{1000}x \\
& \text{Bác Bình muốn thu lại ít nhất 550 triệu đồng sau một năm, nên:} \\
& \dfrac{1094}{1000}x \ge 550 \\
& 1094x \ge 550000 \\
& x \ge \dfrac{550000}{1094} \\
& x \ge 502,742... \\
& \text{Vì } x \text{ là số nguyên tối thiểu theo đơn vị triệu đồng nên } x = 503. \\
\end{aligned}$ 

Câu 22:

a.Vì $AE$ là phân giác $\hat A$

$\to \widehat{EAB}=\widehat{EAC}$

$\to \wdiehat{EIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{EAC}+\widehat{IBC}=\widehat{EBC}+\widehat{IBC}=\widehat{IBE}$

$\to \Delta IEB$ cân tại $E$

2.Ta có:

$\widehat{ADB}=\widehat{CDE}$

$\widehat{DAB}=\widehat{EAB}=\widehat{ECB}=\widehat{DCE}$

$\to\Delta DAB\sim\Delta DCE(g.g)$

$\to \dfrac{DA}{DC}=\dfrac{DB}{DE}$

$\to DA.DE=DB.DC$

Ta có:

$\widehat{EBD}=\widehat{EAB}$

$\to \Delta EBD\si\Delta EAB(g.g)$

$\to \dfrac{EB}{EA}=\dfrac{ED}{EB}$

$\to EB^2=ED.EA$

Gọi $OE\cap CB=F$

Vì $EB=EC$

$\to E$ nằm chính giữa cung $BC$

$\to EO\perp BC$ tại $F$ là trung điểm $BC$

$\to FB=FC=\dfrac12BC=\dfrac{R\sqrt3}2$

$\to OF=\sqrt{OB^2-BF^2}=\dfrac12R$

$\to FE=OE-OF=\dfrac12R$

$\to BE=\sqrt{BF^2+FE^2}=R$

$\to EI=EB=R$

Ta có:

$IA.ED$

$=(AE-EI).ED$

$=(AE-R).ED$

$=EA.ED-R.ED$

$=EB^2-R.ED$

$=R^2-R.EB$

$\le R^2-R.EF$

$\le R^2-R\cdot \dfrac12R$

$\le \dfrac12R$

Dấu = xảy ra khi $ED=EF\to A, F, E$ thẳng hàng

$\to AE\perp BC$

$\to A$ nằm chính giữa cung $BC$