a) Do ME, MF là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ EF ⊥ OM.

Tứ giác ABHM có \(\widehat {BHM} = \widehat {MAB} = 90^\circ \) nên tứ giác ABHM là tứ giác nội tiếp đường tròn có bán kính BM.

b) Xét \(\Delta OHB\) và \(\Delta OAM\) có:

\(\widehat O\) chung

\(\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ \)

Do đó ∆OHB ᔕ ∆OAM (g.g)

Suy ra \(\frac = \frac\) hay OH.OM = OA.OB         (1)

Xét \(\Delta OHE\) và \(\Delta OEM\) có:

\(\widehat O\) chung

\(\widehat {OHE} = \widehat {OEM} = 90^\circ \)

Do đó ∆OHE ᔕ ∆OEM (g.g)

Suy ra \(\frac = \frac\) hay OH.OM = OE² = R²       (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA.OB = OH.OM = R².

c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.

Do FI = EI ⇒ \[\Delta EFI\] cân tại I ⇒ \(\widehat {MFI} = \widehat {EFI}\)

⇒ IF là tia phân giác của góc \(\widehat {MFE}\)

mà MI là tia phân giác của góc \(\widehat {EMF}\)

Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF

⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF

Mà I thuộc đường tròn (O) cố định.

Vậy tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d.

d) Ta có: \({S_{HBO}} = \frac{1}{2}HO.HB\)

Ta có ∆OHB ᔕ ∆OAM (cmt) suy ra \(\frac = \frac\)

Hay HB.OM = AM.OB   (3)

Mà OH.OM = R²            (4)

Nhân (3) và (4) theo vế với vế, ta được:

OH.HB.OM² = R².AM.OB = \({R^2}.AM.\frac{{{R^2}}}\)

⇒ \(OH.HB = {R^4}.\frac{{OA.O{M^2}}} = {R^4}.\frac{{OA\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}}\)

Áp dụng BDT Cô – si ta có: \(O{A^2} + A{M^2} \ge 2.OA.AM\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OA = AM

⇒ \(OH.HB \le \frac{{{R^4}}} = \frac{{{R^4}}}{{2O{A^2}}}\)

⇒ \({S_{\max }} = \frac{{{R^4}}}{{4O{A^2}}}\) ⇔ OA = AM.