Cho \[\left( {O\,;\,R} \right)\] và một điểm \[S\] nằm ngoài đường tròn. Từ điểm \[S\] kẻ hai tiếp tuyến \[SA\], \[SB\]với \[\left( {O\,;\,R} \right)\](\[A\], \[B\] là các tiếp điểm ).

a) Chứng minh tứ giác \[OASB\] là tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính \[BD\] của đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\]. Đường thẳng \[SD\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại \[C\] (\[C\] khác \[D\]). Gọi \[I\] là giao điểm của \[SO\] và \[AB\]. Tia \[CI\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại điểm thứ hai là \[M\].

            Chứng minh \[\Delta SCI\] đồng dạng với \[\Delta SOD\] và \[SO\] song song với \[BM\].

Gọi chiều rộng của sân trường là \[x\,\left( {\rm{m}} \right)\]( Điều kiện: \[x > 0\])

Vì chiều dài của sân trường hình chữ nhật lớn hơn chiều rộng \[16\,{\rm{m}}\] nên chiều dài của sân trường là: \[x + 16\;\left( {\rm{m}} \right)\].

Vì hai lần chiều dài nhỏ hơn \[5\] lần chiều rộng \[100\,{\rm{m}}\] nên ta có phương trình:

            \[5x - 2\left( {x + 16} \right) = 100\]

\[5x - 2x - 32 = 100\]

\[3x = 132\]

\[x = 44\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Suy ra chiều dài của sân trường là:  \[44 + 16 = 60\,\left( {\rm{m}} \right)\]

Ta có \[\Delta  = {\left( { - m} \right)^2} - 4.\;1.\;\left( { - 3} \right)\]\[ = {m^2} + 12\]

Do \[\Delta  > 0\] với \[\forall \,\,m \in \mathbb{R}\] do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1}\],\[{x_2}\].

Theo định lý Viète ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} =  - 3\end{array} \right.\]

Vì \[{x_2}\] là nghiệm của phương trình đã cho nên \[x_2^2 - m{x_2} - 3 = 0\] hay \[x_2^2 = m{x_2} + 3\]

Khi đó \[H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m{x_2} + 3 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}\]\[ = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 - {x_1}{x_2}}}\]\[ = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}}\]

Ta có \[H - 1 = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}} - 1\]\[ = \frac{{2m + 5 - {m^2} - 6}}{{{m^2} + 6}}\]\[ = \frac{{ - {m^2} + 2m - 1}}{{{m^2} + 6}}\]\[ = \frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}}\]

Vì \[ - {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0\], \[{m^2} + 6 > 0\] với \[\forall \,\,m \in \mathbb{R}\] nên \[\frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}} \le 0\] hay \[H - 1 \le 0\] do đó \[H \le 1\]

Dấu \['' = ''\] xảy ra khi và chỉ khi \[m = 1\].

Vậy \[m = 1\] thì \[H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{x_2^2 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}\] đạt giá trị lớn nhất là \[1\].