Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = x\left( {\sqrt {12 - 3{x^2}}  + 1 - {x^2}} \right)\), với \(x\) là số thực thỏa mãn \(0 \le x \le 2\).

1) Do \[PA,{\rm{ }}PB\] là tiếp tuyến nên \(\widehat {OAP} = \widehat {OBP} = 90^\circ .\)

Xét tứ giác \[PAOB\] có

\(\widehat {OAP} + \widehat {OBP} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {OAP},\,\,\widehat {OBP}\) ở vị trí đối diện nên tứ giác \[PAOB\] nội tiếp.

2) Ta có \(PA = PB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), \(OA = OB = R\) nên \(PO\) là trung trực của \[AB.\]

Suy ra \(PO \bot AB\) tại \(H\) là trung điểm của \[AB.\]

Xét \(\Delta PAH\) và \(\Delta PAH\)\(\Delta POA\) có \[\widehat {PHA} = \widehat {PAO} = 90^\circ ;\] \(\widehat {APH}\) chung.

Do đó .

Suy ra \[\frac{{PA}}{{PH}} = \frac{{PO}}{{PA}}\] hay \(P{A^2} = PH \cdot PO\) (đpcm).

3) Xét \(\Delta PBM\) và \(\Delta PNB\) có \(\widehat {BPM}\) chung và

Do đó  suy ra \[\frac{{PB}}{{PN}} = \frac{{PM}}{{PB}}\] hay \[P{B^2} = PM \cdot PN = P{A^2}\].

Mà \(P{A^2} = PH \cdot PO\) nên \(PM \cdot PN = PH \cdot PO\) hay\(\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}\).

Xét \(\Delta PMH\) và \(\Delta PON\) có \(\widehat {OPN}\) chung; \(\frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{PH}}{{PN}}\) (cmt).

Do đó , suy ra \(\widehat {PMH} = \widehat {PON}\) (hai góc tương ứng).

Mặt khác \(\widehat {PMH} + \widehat {NMH} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {PON} + \widehat {NMH} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {PON},\,\,\widehat {NMH}\) nằm ở vị trí đối diện nên tứ giác \(HMNO\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {OMN} = \widehat {OHN}\) (cùng chắn cung  \[ON\,)\].

4) Kẻ đường kính \[AE\] của \(\left( O \right)\). Do \[I\] là trung điểm của \[MN\] nên \(OI \bot MN.\)

Xét tam giác \(OMN\,\,\left( {OM = ON} \right)\) có \(OI\) là đường trung tuyến (vì \[I\] là trung điểm của \[MN)\]nên \(OI\) cũng là đường cao hay \(OI \bot MN.\)

Suy ra \[\widehat {OIP} + \widehat {OAP} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \].

Mà \[\widehat {OIP},\,\,\widehat {OAP}\] nằm ở trị trí đối diện nên  tứ giác \(OIPA\) nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {IPO} = \widehat {IAO}\] (cùng chắn cung \[IO\,)\]

Mà \(\widehat {IPO} = \widehat {INK}\) (\[OP\,{\rm{//}}\,NK\], so le trong) nên \(\widehat {IAO} = \widehat {INK}\).

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 6 \right)\)

⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\) 

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(IKNA\) có \(\widehat {IAO} = \widehat {INK}\) nên tứ giác \(IKNA\) nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {NIK} = \widehat {NAK}\] (cùng chắn cung \[NK\]).

Mà \(\widehat {NAK} = \widehat {NME}\) (cùng chắn cung \[NE\]) nên \[\widehat {NIK} = \widehat {NME}\] suy ra \[IK\,{\rm{//}}\,ME\] (hai góc đồng vị bằng nhau)

Mặt khác \(\widehat {AME} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(ME \bot AM.\)

Do đó \(NK \bot AM\) (đpcm).