Câu 2. (5,00 điểm)
1. Cho tam giác $ABC$ có $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ thoả mãn $\frac{b^3+c^3-a^3}{b+c-a}=a^2$. Tính số đo góc $\widehat{BAC}$.
2. Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$, $C$ là trung điểm của $OA$, $M$ là một điểm thuộc $(O)$. Đường thẳng $MC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $D$, đường thẳng qua $D$ và vuông góc với $AB$ cắt lại $(O)$ tại $E$, đường thẳng $ME$ cắt đường thẳng $AB$ tại $F$.
a) Chứng minh $A$ là trung điểm của $FO$.
b) Đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $AB$ cắt lại $(O)$ tại $K$ $(K\ne M)$. Chứng minh ba điểm $F$, $D$, $K$ thẳng hàng; từ đó chỉ ra vị trí điểm $M$ sao cho tổng $EF+MC$ có giá trị nhỏ nhất.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 2.1.** Từ giả thiết: $b^3+c^3-a^3=(b+c{)}^3-3bc(b+c)-a^3=(b+c-a)((b+c{)}^2+(b+c)a+a^2)-3bc(b+c)$. Chia cho $b+c-a$ và sử dụng $\frac{b^3+c^3-a^3}{b+c-a}=a^2$:$$(b+c{)}^2+(b+c)a=\frac{3bc(b+c)}{b+c-a}\Rightarrow (b+c+a)(b+c-a)=3bc\Rightarrow (b+c{)}^2-a^2=3bc.$$Suy ra $b^2-bc+c^2=a^2$. Kết hợp định lí cosin $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ ta được $\cos A=\frac{1}{2}$, vậy $\widehat{BAC}=60^{\circ }$.

**Câu 2.2.** Dùng hệ trục tọa độ: $O(0;0)$, $A(-R;0)$, $B(R;0)$, $C(-R/2;0)$, $M(u;v)$ với $u^2+v^2=R^2$ (đặt $t=\cos \theta =u/R$, $v>0$ hoặc $v<0$ đều đúng).

*a) Thỏa mãn A là trung điểm FO.* Đường thẳng $MC$: $P=C+\lambda (M-C)$. Thay vào $|P{|}^2=R^2$, phương trình bậc hai theo $\lambda$ có một nghiệm $\lambda =1$, nghiệm thứ hai ${\lambda }_D=\frac{-3R}{5R+4u}$. Suy ra
$$D=\left(-\frac{R(4R+5u)}{5R+4u},-\frac{3Rv}{5R+4u}\right).$$
Vì dây $DE\perp AB$ nên $E=(x_D;-y_D)$. Giao điểm $F$ của $ME$ với trục $AB$: trên đường thẳng $ME$, điểm có tung độ $0$ là $F=M+s(E-M)$ với $s=\frac{v}{v+y_D}=\frac{5R+4u}{2R+4u}$. Tính toán:
$$x_F=u+s(x_D-u)=u-\frac{2(2u+R)(u+2R)}{2R(2u+R)}=u-(u+2R)=-2R.$$
Vậy $F(-2R;0)$, mà $A(-R;0)$ nên $AF=AO=R$, tức $A$ là trung điểm của $FO$. ✓

*b) Thẳng hàng và giá trị nhỏ nhất.* Vì $K$ đối xứng với $M$ qua $AB$ nên $K(u;-v)$. Đường thẳng $FK$ có hệ số góc $\frac{-v}{u+2R}$; tại $x=x_D$:
$$y=-\frac{v}{u+2R}(x_D+2R)=-\frac{v}{u+2R}\cdot \frac{3R(u+2R)}{5R+4u}=-\frac{3Rv}{5R+4u}=y_D.$$
Vậy $D\in FK$, tức $F,D,K$ thẳng hàng (và $D$ nằm giữa $F$ và $K$). ✓

**Tối ưu:** Vì $E,D$ đối xứng qua $AB$ và $F\in AB$ nên $EF=DF$; vì $K$ đối xứng $M$ qua $AB$ và $C\in AB$ nên $MC=KC$ không dùng được trực tiếp, thay vào đó tính trực tiếp:
$$DF=\frac{3R}{\sqrt{5R^2+4Ru}}\cdot R^0\Rightarrow DF=\frac{3R}{\sqrt{5+4t}},MC=\sqrt{(u+R/2{)}^2+v^2}=R\sqrt{\frac{5}{4}+t},$$
trong đó $t=\frac{u}{R}=\cos \theta \in [-1;1]$. Do đó
$$EF+MC=R\left(\frac{3}{\sqrt{5+4t}}+\frac{\sqrt{5+4t}}{2}\right)\ge R\cdot 2\sqrt{\frac{3}{2}}=R\sqrt{6},$$
dấu bằng khi $\frac{\sqrt{5+4t}}{2}=\frac{3}{\sqrt{5+4t}}\iff 5+4t=6\iff t=\frac{1}{4}$.

**Kết luận:** $\widehat{BAC}=60^{\circ }$; $EF+MC$ nhỏ nhất bằng $R\sqrt{6}$ (với $R$ bán kính đường tròn) khi $\cos \theta =\frac{1}{4}$, tức hình chiếu $H$ của $M$ trên $AB$ thỏa $OH=\frac{R}{4}$ về phía $B$ (khi đó $M$ và $K$ xác định duy nhất cặp đối xứng qua $AB$).