).

Do đó (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {BKM} = \widehat {EMS}\) (cặp góc tương ứng).

Đường tròn \[\left( O \right)\], có: \[\widehat {BKA} = \widehat {ACB}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Đường tròn \[\left( J \right)\], có: \[\widehat {EMA} = \widehat {AFE}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Ta có: \(\widehat {AMS} = \widehat {EMS} - \widehat {EMA} = \widehat {BKA} - \widehat {EMA} = \widehat {ACB} - \widehat {AFE}\) (6)

Từ (5) và (6), ta thu được: \(\widehat {AMS} = \widehat {OAK}\) (hai góc ở vị trí so le trong).

Vậy \(AD\,{\rm{//}}\,SM\) (điều phải chứng minh).

1. Gọi \(J\) là trung điểm của \(AM\).

Vì \(\Delta AEM\) vuông tại \(E\) có \(J\) là trung điểm của \(AM\) nên \(\Delta AEM\) nội tiếp đường tròn \(\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)\) (1)

Vì \(\Delta AFM\) vuông tại \(F\) có \(J\) là trung điểm của \(AM\) nên \(\Delta AFM\) nội tiếp đường tròn \(\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)\) (2)

Từ (1), (2), ta thu được tứ giác \(AEMF\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)\).

2. Xét đường tròn \(\left( {J;\frac{{AM}}{2}} \right)\), có: \(\widehat {MEF} = \widehat {MAF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (3)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {KBC} = \widehat {KAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (4)

Từ (3), (4), ta suy ra \(\widehat {KBC} = \widehat {MEF}\).

Chứng minh tương tự, ta được: \(\widehat {MFE} = \widehat {KCB}\).

Xét \(\Delta EMF\) và \(\Delta BKC\), có:

\(\widehat {KBC} = \widehat {MEF}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {MFE} = \widehat {KCB}\) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{ME}}{{BK}}\).

Vì vậy \(BC.ME = EF.BK\) (điều phải chứng minh).

Vậy \(\widehat {KBC} = \widehat {MEF}\) và \(BC.ME = EF.BK\).

3.

Vì \[OA = OB = R\] nên tam giác \[OAB\] cân tại \[O\].

Suy ra \[\widehat {OAB} = \widehat {OBA}\].

Xét tam giác \[OAB\], có: \[\widehat {AOB} + \widehat {OAB} + \widehat {OBA} = 180^\circ \] (định lí tổng ba góc của một tam giác).

Suy ra \[2\widehat {OAB} = 180^\circ - \widehat {AOB}\].

Do đó \[\widehat {OAB} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2}\].

Đường tròn \(\left( O \right)\), có: \[\widehat {AOB}\] là góc ở tâm chắn và \[\widehat {ACB}\] là góc nội tiếp chắn .

Suy ra \[\widehat {AOB} = 2.\widehat {ACB}\].

Ta có: \(\widehat {OAK} = \widehat {BAK} - \widehat {BAO}\)

\( = \widehat {BAM} - \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2}\)

\( = \widehat {BAM} - \frac{{180^\circ - 2.\widehat {ACB}}}{2}\)

\( = \widehat {BAM} - \left( {90^\circ - \widehat {ACB}} \right)\)

\( = \widehat {ACB} - \left( {90^\circ - \widehat {BAM}} \right)\)

\( = \widehat {ACB} - \left( {90^\circ - \widehat {EFM}} \right)\)

\( = \widehat {ACB} - \widehat {AFE}\) (5)

1. Thay \(x = 25\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\), ta có:

\(A = \frac{{\sqrt {25} - 1}}{{\sqrt {25} + 3}} = \frac{{5 - 1}}{{5 + 3}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}\).

Vậy \(A = \frac{1}{2}\) khi \(x = 25\).

2. Với \(x \ge 0;x \ne 1\), ta có:

\(B = \frac{{x + 2}}{{\sqrt x - 1}} - \frac{3}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{x - \sqrt x + 4}}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{3\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{{x - \sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{x\sqrt x + x + 2\sqrt x + 2 - 3\sqrt x + 3 - x + \sqrt x - 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\)

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

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

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

Vậy \(B = \frac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\) ( điều phải chứng minh).

3. Khi \(A > 0\), hãy so sánh \(B\) với \(3\).

Ta có: \(A > 0\).

Tức là, \(\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 3}} > 0\).

Suy ra \(\sqrt x - 1 > 0\) (do \(\sqrt x + 3 \ge 3 > 0\), với \(x \ge 0;x \ne 1\)).

Khi đó \(\sqrt x > 1\).

Vì vậy \(x > 1\).

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

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

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

\( = \frac{{x - 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}\)

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

Ta có: \(\sqrt x - 1 > 0\) và \({\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} \ge 0\), với \(x > 1\).

Suy ra \(\frac{{{{\left( {\sqrt x - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 1}} \ge 0\), với \(x > 1\).

Do đó \(B - 3 \ge 0\).

Vì vậy \(B \ge 3\).

Vậy khi \(A > 0\) thì \(B \ge 3\).