Đáp án đúng: A

Phương pháp giải:

Biến đổi giả thiết được \(x + y + \dfrac{1}{{2z}} \le 3\). Để đơn giản hóa biểu thức ta đổi biến \(\left\{ \begin{array}{l}x = a\\y = b\\\dfrac{1}{{2z}} = c\end{array} \right.\).
Tới đây sử dụng các bất đẳng thức giữa tổng bình phương và bình phương của một tổng, bất đẳng thức Cauchy – Schwarz để tìm GTNN của biểu thức \(P\).Giải chi tiết:Vì \(0 < {x^2}{z^2} + {y^2}{z^2} + 1 \le 3z \Rightarrow z > 0\)
Từ giả thiết ta có :
\(6z \ge 2{x^2}{z^2} + 2{y^2}{z^2} + 2 = 2\left( {{x^2}{z^2} + \dfrac{1}{4}} \right) + 2\left( {{y^2}{z^2} + \dfrac{1}{4}} \right) + 1 \ge 2xz + 2yz + 1\,\left( {AM - GM} \right)\)
\( \Leftrightarrow x + y + \dfrac{1}{{2z}} \le 3\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}x = a\\y = b\\\dfrac{1}{{2z}} = c\end{array} \right.\) với \(a,b,c > 0\) ta có \(a + b + c \le 3.\)
Khi đó \(P = \dfrac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{8}{{{{\left( {b + 3} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}\)
\(P = \dfrac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{{{2^2}}}{{{{\left( {b + 3} \right)}^2}}} + \dfrac{{{2^2}}}{{{{\left( {b + 3} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}}\)
Áp dụng bất đẳng thức \({A^2} + {B^2} \ge \dfrac{1}{2}{\left( {A + B} \right)^2}\) ta có:
\(\dfrac{{{1^2}}}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{{{2^2}}}{{{{\left( {b + 3} \right)}^2}}} \ge \dfrac{1}{2}{\left( {\dfrac{1}{{\left( {a + 1} \right)}} + \dfrac{2}{{\left( {b + 3} \right)}}} \right)^2}\)
\(\dfrac{{{1^2}}}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{{{2^2}}}{{{{\left( {b + 3} \right)}^2}}} \ge \dfrac{1}{2}{\left( {\dfrac{1}{{\left( {c + 1} \right)}} + \dfrac{2}{{\left( {b + 3} \right)}}} \right)^2}\)
Suy ra \(P \ge \dfrac{1}{2}{\left( {\dfrac{1}{{\left( {a + 1} \right)}} + \dfrac{2}{{\left( {b + 3} \right)}}} \right)^2} + \dfrac{1}{2}{\left( {\dfrac{1}{{\left( {c + 1} \right)}} + \dfrac{2}{{\left( {b + 3} \right)}}} \right)^2} \ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}{\left[ {\dfrac{1}{{\left( {a + 1} \right)}} + \dfrac{2}{{\left( {b + 3} \right)}} + \dfrac{1}{{\left( {c + 1} \right)}} + \dfrac{2}{{\left( {b + 3} \right)}}} \right]^2}\)
\(P \ge \dfrac{1}{4}{\left[ {\dfrac{1}{{\left( {a + 1} \right)}} + \dfrac{4}{{\left( {b + 3} \right)}} + \dfrac{1}{{\left( {c + 1} \right)}}} \right]^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
\(\dfrac{{{1^2}}}{{\left( {a + 1} \right)}} + \dfrac{{{2^2}}}{{\left( {b + 3} \right)}} + \dfrac{{{1^2}}}{{\left( {c + 1} \right)}} \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 2 + 1} \right)}^2}}}{{a + b + c + 5}} \ge 2\) (do \(a + b + c \le 3\))
Suy ra \(P \ge \dfrac{1}{4}.{\left( 2 \right)^2} \Rightarrow P \ge 1.\)
Vậy GTNN của \(P\) là \(1\), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = 1;z = \dfrac{1}{2}\).
Chọn A.