Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \((AB < AC)\), nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Tiếp tuyến tại điểm \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(S\). Gọi \(I\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(O\) đến đường thẳng \(BC\).

1) Chứng minh tứ giác \(SAOI\) là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi \(H\) và \(D\) lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm \(A\) đến các đường thẳng \(SO\) và \(SC\). Chứng minh \(\widehat {OAH} = \widehat {IAD}\).

3) Vẽ đường cao \(CE\) của tam giác \(ABC\). Gọi \(Q\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BE\). Đường thẳng \(QD\) cắt đường thẳng \(AH\) tại điểm \(K\). Chứng minh \(BQ.BA = BD.BI\) và đường thẳng \(CK\) song song với đường thẳng \(SO\).

1) Tính giá trị biểu thức \(A\) khi \(x = 9\).

Thay \(x = 9\) (tmđk) vào \(A\) ta được \(A = \frac{{9 + 2}}{{\sqrt 9 }} = \frac{{11}}{3}\).

Vậy \(A = \frac{{11}}{3}\) khi \(x = 9\).

2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

Với \(x > 0,x \ne 1\) ta có:

\(B = \frac{{2\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{3 - \sqrt x }}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  - 3}}{{\sqrt x  - 1}} + \frac{{3 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {2\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{{3 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\[ = \frac{{2x + 2\sqrt x  - 3\sqrt x  - 3 + 3 - \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\]

\( = \frac{{2x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

Vậy với \(x > 0,x \ne 1\) thì \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}}\).

3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(A.B = 4\).

Với \(x > 0,x \ne 1\) ta có: \(AB = 4\)\( \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} = 4\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{\sqrt x  + 1}} = 2\)

\( \Rightarrow x + 2 = 2\left( {\sqrt x  + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow x - 2\sqrt x  = 0\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt x  = 0}\\{\sqrt x  = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\left( {ktm} \right)}\\{x = 4\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy \(x = 4\) thì \(AB = 4\).

2a) Chứng minh \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\({x^2} = \left( {m + 2} \right)x - m \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + m = 0\)

Ta có \[{\rm{\Delta }} = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4m = {m^2} + 4 \ge 4 > 0\] với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên phương trình \[\left( 1 \right)\] luôn có hai nghiệm phân biệt, do đó \(\left( d \right)\) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt.

2b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{1}{{{x_1} + {x_2} - 2}}\).

Áp dụng định lí Viet ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 2}\\{{x_1}{x_2} = m}\end{array}} \right.\)

\(\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{1}{{{x_1} + {x_2} - 2}} \Leftrightarrow \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \frac{1}{{{x_1} + {x_2} - 2}}\)

Khi đó ta được \(\frac{{m + 2}}{m} = \frac{1}{m}\left( {m \ne 0} \right) \Leftrightarrow m =  - 1\) (tmđk)

Vậy \(m =  - 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.