(3,0 điểm) Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\), đường kính \(AB\) cố định. Một điểm \(M\) thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) (\(M\) khác \(A\) và \(B\)). Tiếp tuyến tại \(M\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt các tiếp tuyến tại \(A\), tại \(B\) của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\).

a) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,\,C,\,M,\,O\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Đường thẳng \(BC\) cắt \(OD,\,OM\) lần lượt tại \(K,\,N\). Đường thẳng \(OC\) cắt \(AN\) tại \(H\). Hai đường thẳng \(AC\) và \(OD\) cắt nhau tại \(E\). Chứng minh rằng \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}\) và \(EH\) vuông góc với \(CK.\)

c) Đường thẳng \(EH\) cắt \(AB,\,BC\) lần lượt tại \(T,\,S.\) Tính độ dài \(AM\) theo \(R\) khi diện tích tam giác \(BST\) đạt giá trị lớn nhất.

Đáp án đúng là: A

Hàm số \(y = 2{x^2}\) có hệ số \(a = 2 > 0\) nên đồ thị là một parabol có đỉnh là gốc tọa độ, bề lõm hướng lên trên và nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng. Khẳng định đúng là \(\left( P \right)\) là một parabol có đỉnh là gốc tọa độ.

Ta thấy \(\frac{1}{{2 - xy}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{2 - xy + xy}}{{2 - xy}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{{xy}}{{2 - xy}}} \right)\)

Tương tự suy ra \(P = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\left( {\frac{{xy}}{{2 - xy}} + \frac{{yz}}{{2 - yz}} + \frac{{xz}}{{2 - zx}}} \right)\)

Ta có biến đổi: \(2 - xy = \frac{{4 - 2xy}}{2} = \frac{{2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - 2xy}}{2} = \frac{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2} + {{\left( {x - y} \right)}^2}}}{2}\)

Vì \({\left( {x - y} \right)^2} \ge 0\) ta có: \(2 - xy \ge \frac{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}}{2}\) suy ra \(\frac{1}{{2 - xy}} \le \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}}\).

Suy ra \(\frac{{xy}}{{2 - xy}} \le \frac{{2xy}}{{{x^2} + {y^2} + 2{z^2}}} = \frac{{2xy}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right) + \left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}\).

Áp dụng BĐT AM – GM cho mẫu số: \(\left( {{x^2} + {z^2}} \right) + \left( {{y^2} + {z^2}} \right) \ge 2\sqrt {\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} \)

Ta được \(\frac{{xy}}{{2 - xy}} \le \frac{{xy}}{{\sqrt {\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} \cdot \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}}  \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right)\)

Chứng minh tương tự với \(\frac{{yz}}{{2 - yz}};\,\,\frac{{xz}}{{2 - zx}}\) rồi cộng theo vế, được:

\[\frac{{xy}}{{2 - xy}} + \frac{{yz}}{{2 - yz}} + \frac{{xz}}{{2 - zx}} \le \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {z^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{y^2}}}{{{y^2} + {x^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {x^2}}}} \right) + \left( {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + {y^2}}}} \right)} \right] = \frac{3}{2}\]

Từ đó, suy ra \(P \le \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{4}\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = \sqrt {\frac{2}{3}} \).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \frac{9}{4}\) khi \(x = y = z = \sqrt {\frac{2}{3}} \).