Đặt $t=xy \implies x^2+y^2=\frac{t+1}{2} \implies x^4+y^4=(x^2+y^2)^2-2x^2y^2=\left (\frac{t+1}{2} \right )^2-2t^2=\frac{-7t^2+2t+1}{4}$
Từ đó,
$P=f(t)=\frac{-7t^2+2t+1}{4(2t+1)}$
Chú ý rằng từ  $2(x^2+y^2)=xy+1\implies 2(x+y)^2=5xy+1 \implies \begin{cases}5xy+1 \ge 8xy \\ 5xy+1 \ge 0 \end{cases} \implies -\frac{1}{5} \le t \le \frac{1}{3}$.
Ta có  $f'(t)=-\frac{7t(t+1)}{2(2t+1)^2}$.
$\begin{array}{c|ccccccccc}
t  &-\frac{1}{5} & \; & \; & 0 & \; & \; &  \frac{1}{3}\\
\hline
f^\prime(t) & \;  & \; & +  & 0 \;  &  \; & -   \\
\hline
\;  & \; & \; & \; & \;   \frac{ 2 }{15 }   \\
f(t) & \; & \; & \nearrow  &  \; & \; &  \searrow & \;  \\
\quad &\frac{1}{4} & \; & \; & \; & \; & \: &  \frac{1}{4}
\end{array}$
Như vậy
GTLN của $P$ là $ \frac{ 2 }{15 } $ đạt được khi $t=0\Leftrightarrow \begin{cases}xy=0 \\2(x^2+y^2)=xy+1 \end{cases}$. Chẳng hạn khi $(x;y)=\left (\frac{1}{\sqrt 2};0 \right )$
GTNN của $P$ là $ \frac{1}{4} $ đạt được khi $\left[ {\begin{matrix} t=-\frac{1}{5}\\ t=\frac{1}{3}\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \begin{cases}\left[ {\begin{matrix} xy=-\frac{1}{5}\\ xy=\frac{1}{3}\end{matrix}} \right. \\x=y \end{cases}$. Chẳng hạn khi $(x;y)=\left (\frac{1}{\sqrt 3};\frac{1}{\sqrt 3} \right )$

Gọi $A(a,a^3-3a^2+1), B(b,b^3-3b^2+1),  (a \ne b \in \mathbb{R})$ là hai điểm thuộc đồ thị $(C)$ cần tìm.
Điều kiện $AB=4\sqrt 2 \Leftrightarrow AB^2=32\Leftrightarrow (a-b)^2+(a^3-b^3-3a^2+3b^2)^2=32         (*)$.

Mặt khác do tiếp tuyến tại $A$ và $B$ song song với nhau nên
$y'(a)=y'(b) \Leftrightarrow 3a^2-6a=3b^2-6b \Leftrightarrow (a^2-b^2)-2(a-b)=0 \Leftrightarrow a+b-2=0 \Leftrightarrow b=2-a$ (do $a \ne b$).
 Thay $b=2-a$ vào $(*)$ ta được PT
      $(2a-2)^2+\left[ {a^3-(2-a)^3-3a^2+3(2-a)^2} \right]^2=32$
$\Leftrightarrow 4a^6-24a^5+36a^4+16a^3-44a^2-8a-12=0$
$\Leftrightarrow 4(a-3)(a+1)(a^4-4a^3+4a^2+1)=0$
Nhận thấy $a^4-4a^3+4a^2+1 = a^2(a-2)^2+1 > 0   \forall a$,
Do đó $a=-1 \implies b=3$
hoặc $a=3\implies b=-1.$
Như vậy cặp điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là   $(-1;-3)   (3;1)$.

Thực chất đây là một bài toán dạng giải phương trình đại số bậc $4$.
Đặt $t = \tan \frac{x}{2} \implies \begin{cases}\sin x=\frac{2t}{1+t^2} \\\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2} \end{cases}$
PT đã cho tương đương với
     $\displaystyle{1+2.\frac{1-t^2}{1+t^2}+\frac{2t}{1+t^2}.\frac{1-t^2}{1+t^2}}=0$
$\Leftrightarrow (1+t^2)^2+2(1-t^4)+2t(1-t^2)=0$
$\Leftrightarrow t^4+2t^3-2t^2-2t-3=0$
$\Leftrightarrow t^4+2t^3+t^2=3t^2+2t+3$
$\Leftrightarrow \left[ {t(t+1)} \right]^2=3t^2+2t+3$
Ta thêm vào tham số $a$ như sau,
$\Leftrightarrow \left[ {t(t+1)} \right]^2+2a.t(t+1)+a^2=(3+2a)t^2+2(a+1)t+a^2+3$
$\Leftrightarrow (t^2+t+a)^2=(3+2a)t^2+2(a+1)t+a^2+3         (*)$
Đặt $f(a)=(3+2a)t^2+2(a+1)t+a^2+3$. Bây giờ giả sử $a$ là số thỏa mãn
$\Delta'_f=(a+1)^2-(3+2a)(a^2+3)=0\Leftrightarrow a^3+a^2+2a+4=0       (**)$
Khi đó vế phải của PT $(*)$ có nghiệm duy nhất $t=-\frac{a+1}{3+2a}$. Và lúc đó
$\Leftrightarrow (t^2+t+a)^2=(3+2a)\left (t+\frac{a+1}{3+2a} \right )^2           (***)$
Chú ý rằng ràng buộc $(**)$ là ràng buộc có nghĩa vì PT bậc $3$ luôn có nghiệm, và nghiệm này được chọn thỏa mãn $3+2a>0$.
Như vậy từ $(***)$ ta thu được hai PT bậc hai và có thể giải tiếp được.

Bài toán của bạn đã được thảo luận tại đây
http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/100724/bai-100723

Trang web có một số lượng lớn các bài tập và lời giải, bạn hãy sử dụng thao tác tìm kiếm rất tiện lợi ở góc trên bên phải màn hình trước khi đăng đề bài lên nhé.