Cho hai số thực x, y thỏa mãn Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất

* Hướng dẫn giải

Ta có:$x^2+y^2-4x+6y+4+\sqrt{y^2+6y+10}=\sqrt{6+4x-x^2}$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\sqrt{y^2+6y+10}-\sqrt{6+4x-x^2}=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\frac{\left(\sqrt{y^2+6y+10}-\sqrt{6+4x-x^2}\right)\left(\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}\right)}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\frac{y^2+6y+10-6-4x+x^2}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\frac{x^2+y^2-4x+6y+4}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}=0$

$\iff \left(x^2+y^2-4x+6y+4\right)+\left(1+\frac{1}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}\right)=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4=0$

 (vì $1+\frac{1}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}>0$)

$\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=9$

Phương trình $\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=9$ là phương trình đường tròn $\left(C\right)$ tâm $I\left(2;-3\right)$ và bán kính R = 3.

Gọi $N\left(x;y\right)\in \left(C\right)$ ta suy ra $ON=\sqrt{x^2+y^2}$ suy ra  $T=\left|ON-a\right|$

Gọi A, B là giao điểm của đường tròn $\left(C\right)$ và đường thẳng OI.

Khi đó, $OA=OI-R=\sqrt{13}-3$ và $OB=OI+R=\sqrt{13}+3$ 

Suy ra  $\sqrt{13}-3\le \sqrt{x^2+y^2}\le \sqrt{13}+3$

TH1: nếu $\sqrt{13}-3\le a\le \sqrt{13}+3$ thì  $\left|\sqrt{x^2+y^2}-a\right|\ge 0\Rightarrow \min T=0\Rightarrow M\ge 2m\Rightarrow a\in \left\{1;2;3;4;5;6\right\}$

TH2: Nếu $a<\sqrt{13}-3\Rightarrow a<\sqrt{13}$ nên $\left|\sqrt{13}+3-a\right|>\left|\sqrt{13}-3-a\right|$, do đó $M=\left|\sqrt{13}+3-a\right|;m=\left|\sqrt{13}-3-a\right|$

Vì $M\ge 2m\Rightarrow \left|\sqrt{13}+3-a\right|\ge 2\left|\sqrt{13}-3-a\right|$

$\iff {\left(\sqrt{13}-3-a\right)}^2-{\left(2\sqrt{13}+6-2a\right)}^2\ge 0\iff \sqrt{13}+1\le a\le \sqrt{13}+9\Rightarrow a\in \left\{5;6;7;8;9;10\right\}$

Vậy có 10 giá trị của a thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần chọn là: B