Gọi \(S=a+b;P=ab\). Khi đó theo đề bài, ta có: \(2025S=P\), lại có \(a,b\ge2025\rArr S\ge5050\)

Mặt khác, theo định lý Vi-ét đảo, ta có \(a,b\) là 2 nghiệm của phương trình \(x^2-Sx+P=0\) hay \(x^2-Sx+2025S=0\)

\(\lrArr x^2=S\left(x-2025\right)\)

\(\rArr x-2025=\frac{x^2}{S}\) (1) (Do S chắc chắn khác 0 nên ta mới chia được như thế này)

Như vậy, vì \(a,b\) là nghiệm của (1) nên \(a-2025=\frac{a^2}{S};b-2025=\frac{b^2}{S}\)

\(\rArr P=\sqrt{a-2025}+\sqrt{b-2025}-\frac{1}{45}\sqrt{ab}\)

\(P=\sqrt{\frac{a^2}{S}}+\sqrt{\frac{b^2}{S}}-\frac{1}{45}\sqrt{2025S}\)

\(P=\frac{a}{\sqrt{S}}+\frac{b}{\sqrt{S}}-\sqrt{S}\) (vì \(\frac{1}{45}\sqrt{2025}=1\), đồng thời a, b dương nên ta mới bỏ được dấu căn)

\(P=\frac{a+b}{\sqrt{S}}-\sqrt{S}\)

\(P=\frac{S}{\sqrt{S}}-\sqrt{S}\)

\(P=\sqrt{S}-\sqrt{S}\)

\(P=0\)

Vậy \(P=0\)

Đề bài yêu cầu gì vậy bạn?

Hình vẽ đây nhé. Không nhìn được thì vô trang cá nhân của mình coi nhé.

c) Thì dễ thôi, có \(\hat{KPQ}=90^{o}-\hat{PNI}=90^{o}-\hat{QMI}=\hat{IQM}=\hat{KQP}\) nên tam giác KPQ cân tại K.

À ở câu c) có điểm K rồi thì bạn sửa lại điểm K ở câu a) với b) thành điểm S nhé.

b) Gọi L là giao điểm của AK và EF.

Ta có \(AD=BC=AK\) nên tam giác ADK cân tại A.

Có \(\hat{ANE}=\hat{ADK}\) (vì NE//DK)

\(=\hat{AKD}\) (tam giác ADK cân tại A)

\(=\hat{KLE}\) (LE//DK)

\(=\hat{EMB}\) (BM//AK)

Từ đó suy ra \(\hat{ANE}=\hat{BME}\), suy ra EF tạo với AD, BC các góc nhọn bằng nhau. Ta có đpcm.

a) Dựng hình bình hành ABCK. Khi đó trung điểm E của AC cũng là trung điểm BK.

Trong tam giác BDK có E, F lần lượt là trung điểm BD, BK nên EF là đường trung bình bủa tam giác BDK, suy ra \(EF=\frac12DK\)

Mà \(DK<\left|AD-AK\right|=\left|AD-BC\right|\) (do ABCK là hình bình hành), nên \(EF=\frac12DK<\frac12\left|AD-BC\right|\) . Ta có đpcm.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left(\Omega\right)=9\cdot10^3=9000\).

Gọi A là biến cố cần tính.

Ta liệt kê tất cả các số có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện của biến cố A.

\(A=\left\lbrace1119,1128,1137,1146,1155,1227,1236,1245,1335,1344,2226,2235,2244,2334,3333\right\rbrace\) , suy ra \(n\left(A\right)=15\)

suy ra \(P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\frac{15}{9000}=\frac{1}{600}\)

Vậy xác suất của biến cố đã cho là \(\frac{1}{600}\) .

Hình vẽ đây nhé, nếu không xem được bạn vào trang cá nhân của mình xem nhé.

c) Gọi T là giao điểm của EF và BC. Ta thấy \(AE=AF,BD=BF,CD=CE\) nên \(\frac{DB}{DC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (7)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC và cát tuyến T, E, F, ta có \(\frac{TB}{TC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (8)

Từ (7) và (8) suy ra \(\frac{TB}{TC}=\frac{DB}{DC}\). Do đó, vì PD là đường phân giác trong tam giác PBC nên PT chính là đường phân giác ngoài tam giác này, suy ra \(\hat{TPD}=90^{o}\) (9).

Dễ thấy \(\hat{PFE}=180^{o}-\hat{PAE}=\hat{PBC}\) (10), từ đó suy ra \(\hat{PFT}=\hat{PBT}\), suy ra tứ giác PFBT nội tiếp, suy ra \(\hat{BPF}=\hat{BTF}\) hay \(\hat{BPF}=\hat{DTH}\) (11)

Mặt khác, có \(\hat{PHF}=\hat{HPE}+\hat{HEP}\)

\(=\hat{IAE}+\hat{FAP}\)

\(=\hat{IAF}+\hat{FAP}\)

\(=\hat{IAP}\)

\(=\hat{PAM}\)

\(=\hat{PCM}\)

Như vậy ta có \(\hat{PHF}=\hat{PCM}\) (12)

Trong đường tròn (O), có \(\hat{PBC}=\hat{PMC}\) hay \(\hat{PBD}=\hat{PMC}\). Lại có PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) nên \(\hat{BPD}=\hat{DPC}\) hay \(\hat{BPD}=\hat{MPC}\). Từ đó dễ dàng suy ra 2 tam giác PBD và PMC đồng dạng, suy ra \(\hat{PDB}=\hat{PCM}\) (13)

Từ (12) và (13) suy ra \(\hat{PHF}=\hat{PDB}\) , mà theo như (10), ta có \(\hat{PFE}=\hat{PBC}\) hay \(\hat{PFH}=\hat{PBD}\), từ đó suy ra 2 tam giác PFH và PBD đồng dạng, suy ra \(\hat{BPD}=\hat{FPH}\), suy ra \(\hat{BPF}=\hat{DPH}\) (14)

Từ (11) và (14), suy ra \(\hat{DPH}=\hat{DTH}\), suy ra tứ giác PHDT nội tiếp, suy ra \(\hat{TPD}=\hat{THD}\), kết hợp với (9), suy ra \(\hat{THD}=90^{o}\) , suy ra DH vuông góc với EF.

Mà trong đường tròn (I), có 2 tiếp tuyến tại E và F cắt nhau tại A nên AI vuông góc với EF (cái này không cần giải thích nữa nhé). Do đó, DH//AI hay DH//AM (vì AM trùng với AI). Ta có đpcm.