Đáp án đúng:
Giải chi tiết:Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của nửa đường tròn đó lần lượt tại C và D.
 
a) Chứng minh \(\widehat {COD} = {90^0}\).
Ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà \(\widehat {AOM}\) và \(\widehat {BOM}\) là hai góc kề bù \( \Rightarrow OC \bot OD\).
\( \Rightarrow \widehat {COD} = {90^0}\).
b) Gọi K là giao điểm của BM và Ax. Chứng minh \(\Delta KMO \sim \Delta AMD\)
Xét tứ giác OBDM có \(\angle OBD + \angle OMD = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác OBDM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\( \Rightarrow \angle ABM = \angle ODM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)
Lại có  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
\( \Rightarrow \angle KAM = \angle ODM\)
Xét tam giác AMK và tam giác DMO có:
\(\angle KAM = \angle ODM\)(cmt)
\( \Rightarrow \angle AMK = \angle OMD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \Delta AMK \sim \Delta DMO\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{MK}}{{MO}} = \frac{{MA}}{{MD}}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\angle KMO = \angle KMC + \angle CMO = \angle KMC + {90^0}\\\angle AMD = \angle AMB + \angle BMD = \angle BMD + {90^0}\end{array}\)
Mà   (2 góc đối đỉnh)
Nên \(\angle KMO = \angle AMD\)
Xét tam giác KMO và tam giác AMD có:
 
\( \Rightarrow \Delta KMO \sim \Delta AMD\,\,\left( {c.g.c} \right)\)
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM.
Ta dễ dàng chứng minh được \(\Delta ACM \sim \Delta BOM\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{{S_{ACM}}}}{{{S_{OBM}}}} = \frac{{A{C^2}}}{{{R^2}}} = \frac{{A{M^2}}}{{B{M^2}}}\)
Lại có \({S_{OBM}} = \frac{1}{2}{S_{MAB}} \Rightarrow {S_{ACM}} = \frac{1}{2}{S_{MAB}}.\frac{{M{A^2}}}{{M{B^2}}}\) 
Tương tự \(\Delta BDM \sim \Delta AOM\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{{S_{BDM}}}}{{{S_{AOM}}}} = \frac{{B{D^2}}}{{{R^2}}} = \frac{{B{M^2}}}{{A{M^2}}}\)
Lại có \({S_{AOM}} = \frac{1}{2}{S_{MAB}} \Rightarrow {S_{BDM}} = \frac{1}{2}{S_{MAB}}.\frac{{B{M^2}}}{{A{M^2}}}\)
\( \Rightarrow {S_{ACM}} + {S_{BDM}} = \frac{1}{2}{S_{MAB}}\frac{{A{C^2} + B{D^2}}}{{{R^2}}}\)
\(\Delta MAB \sim \Delta MCD\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{{S_{MAB}}}}{{{S_{MCD}}}} = \frac{{A{B^2}}}{{C{D^2}}} \Rightarrow {S_{MAB}} = {S_{MCD}}.\frac{{4{R^2}}}{{C{D^2}}} = \frac{1}{2}R.CD.\frac{{4{R^2}}}{{C{D^2}}} = \frac{{2{R^3}}}{{CD}}\)
\( \Rightarrow {S_{ACM}} + {S_{BDM}} = \frac{1}{2}.\frac{{2{R^3}}}{{CD}}.\frac{{A{C^2} + B{D^2}}}{{{R^2}}} = R.\frac{{A{C^2} + B{D^2}}}{{CD}}\)
Ta có \(AC = CM;\,\,BD = BM;\,\,CD = CM + DM\)
\( \Rightarrow {S_{ACM}} + {S_{BDM}} = R.\frac{{C{M^2} + D{M^2}}}{{CM + DM}}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có \({\left( {CM + DM} \right)^2} \le 2\left( {C{M^2} + D{M^2}} \right) \Rightarrow \frac{{C{M^2} + D{M^2}}}{{{{\left( {CM + DM} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{C{M^2} + D{M^2}}}{{CM + DM}} \ge \frac{1}{2}\left( {CM + DM} \right) = \frac{1}{2}CD \ge \frac{1}{2}AB = R\\ \Rightarrow {S_{ACM}} + {S_{BDM}} = R.\frac{{C{M^2} + D{M^2}}}{{CM + DM}} \ge {R^2}\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}CM = DM\\CD = AB\end{array} \right.\) , khi đó M là điểm chính giữa của cung AB.
Vậy \({\left( {{S_{ACM}} + {S_{BDM}}} \right)_{\min }} = {R^2} \Leftrightarrow M\) là điểm chính giữa của cung AB.