Đáp án đúng:
Giải chi tiết:
a) Chứng minh \(EF\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right).\)
Xét \(\Delta AEO\) và \(\Delta MEO\) ta có:
 \(\begin{align}  & AO=OM\ \ \left( =R \right) \\  & AE=EM\ \ \left( gt \right) \\  & EO\ \ chung \\  & \Rightarrow \Delta AEO=\Delta MEO\ \ \left( c-c-c \right) \\  & \Rightarrow \angle EAO=\angle EMO={{90}^{0}}\ \ \ hay\ \ OM\bot EF. \\ \end{align}\)
\(\Rightarrow EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\ \ \ \left( dpcm \right).\)  (khái niệm tiếp tuyến của đường tròn.)
b) Chứng minh tam giác \(EOF\) là tam giác vuông.
Gọi \(H\) là giao điểm của \(OE\) và \(AM;\ \ I\) là giao điểm của \(OF\) và \(BM.\)
Ta có \(EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\ \) tại \(M\ \ \ \left( cmt \right).\)  
Mà \(EF\cap Ax=\left\{ E \right\},\ \ OE\cap AM=\left\{ H \right\}\Rightarrow OE\bot AM=\left\{ H \right\}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Chứng minh tương tự ta có \(OF\bot BM=\left\{ I \right\}.\)
Xét tứ giác \(HMIO\) ta có: \(\angle HMI={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle MIO=\angle MHO={{90}^{0}}\ \ \left( cmt \right)\)
\(\Rightarrow HMIO\) là hình chữ nhật (dhnb).
\(\Rightarrow \angle HOI={{90}^{0}}\ \ hay\ \ \ EOF={{90}^{0}}.\)
\(\Rightarrow \Delta EOF\) vuông tại \(O\ \ \ \left( dpcm \right).\)  
c) Chứng minh \(AM.OE+BM.OF=AB.EF.\)
Ta có \(AEFB\) là hình thang vuông tại \(A,\ \ B\Rightarrow {{S}_{AEFB}}=\frac{1}{2}\left( AE+BF \right).AB.\)
Mà \(AE=EM\ \ \left( gt \right),\ \ MF=FB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Lại có: \(EF=EM+MF\Rightarrow EF=AE+BF.\)
\(\Rightarrow {{S}_{AEFB}}=\frac{1}{2}.EF.AB.\)
Xét tứ giác \(AEMO\) có hai đường chéo \(AM,\ \ EO\) vuông góc với nhau tại \(H\ \ \left( cmt \right).\) ‘
\(\Rightarrow {{S}_{AEMO}}=\frac{1}{2}AM.EO.\)
Tương tự ta có: \({{S}_{BFMO}}=\frac{1}{2}.MB.OF.\)
Mặt khác ta có: \({{S}_{AEFB}}={{S}_{AEMO}}+{{S}_{OMFB}}\)
\(\begin{align}  & \Rightarrow \frac{1}{2}.EF.AB=\frac{1}{2}.EO.AM+\frac{1}{2}.BM.OF \\  & \Leftrightarrow EF.AB=EO.AM+BM.OF\ \ \ \left( dpcm \right). \\ \end{align}\)
d) Tìm vị trí điểm \(E\) trên tia \(Ax\) sao cho \({{S}_{AMB}}=\frac{3}{4}{{S}_{EOF}}.\)
 
Dễ thấy tứ giác OAEM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\(\Rightarrow \angle MAB=  \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)
Tương tự có tứ giác OBFM là tứ giác nội tiếp nên \(\angle MBA=\angle OFE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)
\(\Rightarrow \Delta AMB\sim \Delta EOF\,\,\left( g.g \right)\Rightarrow {{\left( \frac{AB}{EF} \right)}^{2}}=\frac{{{S}_{\Delta AMB}}}{{{S}_{\Delta EOF}}}=\frac{3}{4}\Rightarrow E{{F}^{2}}=\frac{4}{3}A{{B}^{2}}\Rightarrow EF=\frac{2}{\sqrt{3}}AB\)
Đặt \(AE=x\,\,\left( x<\frac{2}{\sqrt{3}}AB \right)\)
Ta có \(EF=AE+BF\,\,\left( cmt \right)\Rightarrow BF=EF-AE=\frac{2}{\sqrt{3}}AB-x\)
Kẻ \(EH\bot BF\,\,\left( H\in BF \right)\) ta có : ABHE là hình chữ nhật (Tứ giác có ba góc vuông) \(\Rightarrow EH=AB\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông EFH có :
\(\begin{align}  & E{{F}^{2}}=E{{H}^{2}}+H{{F}^{2}}=E{{F}^{2}}+{{\left( BF-AE \right)}^{2}} \\  & \Leftrightarrow \frac{4}{3}A{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}+{{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}AB-x-x \right)}^{2}} \\  & \Leftrightarrow A{{B}^{2}}=3{{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}AB-2x \right)}^{2}} \\  & \Leftrightarrow A{{B}^{2}}=3\left( \frac{4}{3}A{{B}^{2}}-\frac{8\sqrt{3}}{3}AB.x+4{{x}^{2}} \right) \\  & \Leftrightarrow A{{B}^{2}}=4A{{B}^{2}}-8\sqrt{3}ABx+12{{x}^{2}} \\  & \Leftrightarrow 12{{x}^{2}}-8\sqrt{3}AB.x+3A{{B}^{2}}=0\,\,\,\left( * \right) \\ \end{align}\)
Ta có \(\Delta '={{\left( 4\sqrt{3}AB \right)}^{2}}-12.3A{{B}^{2}}=12A{{B}^{2}}\)
\(\Rightarrow \) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{align}  & x=\frac{4\sqrt{3}AB+2\sqrt{3}AB}{12}=\frac{\sqrt{3}}{2}AB \\  & x=\frac{4\sqrt{3}AB-2\sqrt{3}AB}{12}=\frac{\sqrt{3}}{6}AB \\ \end{align} \right.\,\,\,\left( tm \right)\)
Vậy khi \(AE=\frac{\sqrt{3}}{2}AB\) hoặc \(AE=\frac{\sqrt{3}}{6}AB\) thì \({{S}_{AMB}}=\frac{3}{4}{{S}_{EOF}}\)