Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường  kính \(AB\) cố định, \(C\) là một điểm chạy trên đường tròn \(\left( O \right)\) không trùng với \(A\) và \(B.\) Các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại điểm \(M.\) Đường thẳng \(MB\) cắt \(AC\) tại \(F\) và cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E\) (\(E\) khác \(B\)).

a) Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AC.\) Chứng minh tam giác \(OEM\)đồng dạng với tam giác \(BHM.\)

b) Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên đường thẳng \(AB.\) Hai đường thẳng \(MB\) và \(CK\) cắt nhau tại \(I.\) Tính tỷ số \(\frac{{FI}}{{AB}}\) khi tổng diện tích hai tam giác \(IAC\) và \(IBC\) lớn nhất.

c) Chứng minh rằng \(\frac{1}{{BM}} + \frac{1}{{BF}} = \frac{2}{{BE}}.\)

Ta sử dụng các bất đẳng thức \(\frac{1}{m} + \frac{1}{n} \ge \frac{4}{{m + n}} \ge \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{m^2} + {n^2}} }}\) với \(m > 0;n > 0\)

Dấu bằng xảy ra khi \(m = n\)

\(P = \frac{1}{{a - b}} + \frac{1}{{b - c}} + \frac{1}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}\)

\(P \ge \frac{4}{{a - c}} + \frac{1}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }} = \frac{5}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}\)

Lại có: \(\frac{5}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }} \ge 5\frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{(a - c)}^2} + 4(ab + bc + ca)} }} = \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{(a + c)}^2} + 4b(a + c)} }}\)

\( \Rightarrow P \ge \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + c)(a + c + 4b)} }} = \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {(1 - b)(1 + 3b)} }}\,\,\,\,\left( {do\,\,a + c = 1 - b} \right)\)

\( \Rightarrow P \ge \frac{{10\sqrt 6 }}{{\sqrt {\left( {3 - 3b} \right)\left( {1 + 3b} \right)} }} \ge \frac{{10\sqrt 6 }}{{\frac{{3 - 3b + 1 + 3b}}{2}}} = 5\sqrt 6 \)

Giá trị nhỏ nhất của P bằng \(5\sqrt 6 \) khi

\(\left\{ \begin{array}{l}a > b > c\\a + b + c = 1\\a - b = b - c\\a - c = 2\sqrt {b(a + c) + ca} \\3 - 3b = 1 + 3b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > b > c\\b = \frac{1}{3}\\a + c = \frac{2}{3}\\a - c = 2\sqrt {\frac{2}{9} + ca} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{2 + \sqrt 6 }}{6}\\b = \frac{1}{3}\\c = \frac{{2 - \sqrt 6 }}{6}\end{array} \right.\)

Vì \(x;\,\,y;\,\,z\) là các số chính phương ta viết thành \(x = {a^2};\,\,y = {b^2};\,\,z = {c^2}\,\left( {a;\,\,b;\,\,c\, \in Z} \right)\)

Ta có:

\(\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left( {{a^2}{b^2} + {a^2} + {b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {ab - 1} \right)}^2}} \right]\left( {{c^2} + 1} \right)\)

                               \( = \left[ {{{\left( {ac + bc} \right)}^2} + {{\left( {ab - 1} \right)}^2}} \right] + \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {abc - c} \right)}^2}} \right]\)

Áp dụng các đẳng thức \({x^2} + {y^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - 2xy\) và \({x^2} + {y^2} = {\left( {x - y} \right)^2} + 2xy\) có:

Thứ 1: \({\left( {ac + bc} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} = {\left( {ab + bc + ca - 1} \right)^2} - 2\left( {ac + bc} \right)\left( {ab - 1} \right)\)

                                            \( = {\left( {ab + bc + ca - 1} \right)^2} - 2\left( {{a^2}bc + {b^2}ac - ac - bc} \right)\)

Thứ 2: \({\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {abc - c} \right)^2} = {\left( {a + b + c - abc} \right)^2} + 2\left( {a + b} \right)\left( {abc - c} \right)\)

                                         \( = {\left( {a + b + c - abc} \right)^2} + 2\left( {{a^2}bc + {b^2}ac - ac - bc} \right)\)

\( \Rightarrow {\left( {ac + bc} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} + {\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {abc - c} \right)^2} = {\left( {ab + bc + ca - 1} \right)^2} + {(a + b + c - abc)^2}\)

Vậy \(\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right)\) là tổng của hai số chính phương.