a) Kẻ DP là tiếp tuyến của (O) tại P. DP cắt d₁ tại C'.

Trong đường tròn (O) có 2 tiếp tuyến tại P và B cắt nhau tại D nên OD là phân giác của \(\widehat{BOP}\) 

Tương tự, ta có OC' là phân giác của \(\widehat{AOP}\). Do 2 góc BOP và AOP kề bù nên \(OC'\perp OD\). Lại có \(OC\perp OD\) và \(C,C'\in d_1\) nên \(C\equiv C'\). Như vậy CD chính là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau: \(AC=CP;BD=DP\). Do đó \(AC+BD=CP+DP\ge2\sqrt{CP.DP}\)

Mặt khác tam giác OCD vuông tại O có đường cao OP nên \(OP^2=CP.DP\Leftrightarrow\sqrt{CP.DP}=OP\)

Gọi R là bán kính của (O), khi đó

 \(AC+BD\ge2OP=2R\). Dấu "=" xảy ra khi \(CP=DP\) \(\Leftrightarrow\sqrt{CP.CP}=OP\Leftrightarrow CP=OP\Leftrightarrow AC=R\)

Vậy để \(AC+BD\) nhỏ nhất thì C nằm trên d₁ thỏa mãn \(AC=R\)

c) Ta có \(AC.BD=CP.DP=OP^2=a^2\)

Đối các bài bất đẳng thức đối xứng, khi thay vai trò các biến cho nhau thì bđt đã cho không thay đổi. Khi đó thường dấu = bđt xảy ra khi dấu = đầu kiện xảy ra và các biến bằng nhau. Từ đó ta áp dụng cosy hoặc bunhia thì dấu = xảy ra tại điểm các biến bằng nhau. 

Đối với bài này mình dự đoán dấu = bđt xảy ra khi a = b = c =1.

Ta có: \(\dfrac{a^2}{a+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2\sqrt{ab^2}\left(cosy\right)}=a-\dfrac{\sqrt{ab^2}}{2}\\ \ge a-\dfrac{ab+b}{4}\\ \Rightarrow\dfrac{a^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab+b}{4}\)

Tương tự: 

\(\dfrac{b^2}{b+c^2}\ge b-\dfrac{bc+c}{4}\)

\(\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge c-\dfrac{ca+a}{4}\)

Ta chứng minh:

\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c+ab+bc+ca}{4}\right)\)

Áp dụng Bunhiacopxki ta có:

\(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\\ \le\left(a+b+c\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\left(a+b+c\right)\\ \Rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c\)

Bởi vậy

\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}\right)=a+b+c\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)