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 có \(p = \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = \frac{5}{{{{\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{7}{4}}}\)

\( \Rightarrow 0 < p \le \frac{5}{{\frac{7}{4}}} = \frac{{20}}{7} \Rightarrow p = 1;\,\,2\)

TH1: \(p = 1 \Leftrightarrow \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = 1 \Leftrightarrow x - \sqrt x - 3 = 0 \Rightarrow \sqrt x = \frac{{1 + \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}.\)

TH2: \(p = 2 \Leftrightarrow \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = 2 \Leftrightarrow 2x - 2\sqrt x - 1 = 0 \Rightarrow \sqrt x = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}.\)

Vậy có hai giá trị cần tìm là \(x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2};\,\,\frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}.\)

Ta có \(A = {n^{2024}} + {n^{2023}} + {n^4} - n + 1 = \left( {{n^{2024}} - {n^2}} \right) + \left( {{n^{2023}} - n} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right)\)

\( = {n^2}\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + n\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right) = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right)\)

Ta có \(\left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^{2022}} - 1} \right) = \left( {{n^2} + n} \right)\left[ {{{\left( {{n^3}} \right)}^{674}} - 1} \right]\)

       \( = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^3} - 1} \right).B = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {n - 1} \right)\left( {{n^2} + n + 1} \right).B\) chia hết cho \({n^2} + n + 1\)

Lại có \({n^4} + {n^2} + 1 = {n^4} + 2{n^2} + 1 - {n^2} = {\left( {{n^2} + 1} \right)^2} - {n^2}\)

                         \( = \left( {{n^2} + n + 1} \right)\left( {{n^2} - n + 1} \right)\) chia hết cho \({n^2} + n + 1\)

Vậy \(A = {n^{2024}} + {n^{2023}} + {n^4} - n + 1\) chia hết cho \({n^2} + n + 1\) với mọi số tự nhiên \(n\) lớn hơn 1 nên \(A\) không phải là số nguyên tố.

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

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