Gọi T là giao điểm của DF và BC. Qua B kẻ đường thẳng song song với HC cắt AE, FD lần lượt tại M và N.

 Dễ thấy \(AF=AD,BD=BE,CE=CF\) nên \(\dfrac{DA}{DB}.\dfrac{EB}{EC}.\dfrac{FC}{FA}=1\) 

 Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC, cát tuyến FDT, ta có \(\dfrac{DA}{DB}.\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{FC}{FA}=1\)

 Do đó, ta có \(\dfrac{EB}{EC}=\dfrac{TB}{TC}\).

 Mà \(\dfrac{EB}{EC}=\dfrac{BM}{HC}\), \(\dfrac{TB}{TC}=\dfrac{NB}{HC}\) nên \(\dfrac{BM}{HC}=\dfrac{NB}{HC}\Rightarrow BM=NB\) hay B là trung điểm MN \(\Rightarrow\) HB là trung tuyến của tam giác HMN

 Tam giác HMN vuông tại H có trung tuyến HB \(\Rightarrow HB=\dfrac{1}{2}MN=BM=BN\)

 \(\Rightarrow\Delta BHM\) cân tại B \(\Rightarrow\widehat{BHM}=\widehat{BMH}\)

 Mặt khác, \(\widehat{BMH}=\widehat{MHC}\) (do BM//HC) nên \(\widehat{BHM}=\widehat{MHC}\)

 \(\Rightarrow90^o-\widehat{BHM}=90^o-\widehat{MHC}\)

 \(\Rightarrow\widehat{MHT}-\widehat{BHM}=\widehat{MHF}-\widehat{MHC}\) (vì \(\widehat{MHT}=\widehat{MHF}=90^o\))

 \(\Rightarrow\widehat{BHT}=\widehat{FHC}\) hay \(\widehat{DHB}=\widehat{FHC}\).

 Ta có đpcm.

 Trước hết, ta có định lý sau:

 \(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(a,b+k.a\right)\) với \(k\inℤ\) bất kỳ.

 Theo đó, ta có \(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(a,a-b\right)=ƯCLN\left(a,a+b\right)=1\) 

 Vì \(ƯCLN\left(a,b\right)=1\) nên \(ƯCLN\left(a^2,b^2\right)=1\) (vì nếu đặt \(a=p_1^{k_1}.p_2^{k_2}...p_n^{k_n}\) và \(b=q_1^{l_1}.q_2^{l_2}...q_m^{l_m}\) với \(p_i,q_j\left(i\ne j;i=1,2,3,...,n;j=1,2,3,...,m\right)\) đôi một khác nhau thì \(a^2,b^2\) cũng sẽ không có ước chung nào khác ngoài 1)

 Mà \(ƯCLN\left(a^2,b^2\right)=ƯCLN\left(a^2,a^2+b^2\right)=ƯCLN\left(a^2+b^2,a^2+b^2-2a^2\right)\)

\(=ƯCLN\left(a^2+b^2,a^2-b^2\right)=1\) 

 Do vậy, P là phân số tối giản với mọi \(a,b\inℤ^+\)

 Hơn nữa, với \(a,b\inℤ^+\) thì \(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\) không thể bằng 1 hay -1, vì khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=\pm1\\a+b=\pm1\end{matrix}\right.\) thì đều suy ra được \(b=0\), vô lý. 

 Vậy ta có P là phân số tối giản mà mẫu số khác 1 nên không phải là số nguyên. Ta có đpcm.

Ta có \(v^2-v_0^2=2gh\Rightarrow v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2.9,8.9,8}=\dfrac{49\sqrt{2}}{5}\approx13,86\left(m/s\right)\)

Ta có \(\dfrac{V_{S'.MNP}}{V_{S'.ABC}}=\dfrac{S'M}{S'A}.\dfrac{S'N}{S'B}.\dfrac{S'P}{S'C}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}\) 

\(\Rightarrow V_{S.MNP}=\dfrac{1}{8}V_{S'.ABC}=\dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{2}V_{S'.ABCD}=\dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}V_{ABCD.A'B'C'D'}\)

\(=\dfrac{1}{48}V_{ABCD.A'B'C'D'}=\dfrac{1}{48}.10^3=\dfrac{125}{6}\left(cm^3\right)\)

\(\Rightarrow V_{S.MNPQ.S'}=4V_{S'.MNP}=4.\dfrac{125}{6}=\dfrac{250}{3}\left(cm^3\right)\)

 Kích thước mẫu \(n=5+2+3+1=11\)

 Có \(\dfrac{11+1}{2}=6\) nên nhóm chứa trung vị sẽ là nhóm chứa số liệu lớn thứ 6, tức là nhóm \([10;50)\)

 Khi đó trung vị \(M_e=u_m+\dfrac{\dfrac{n}{2}-\left(n_1+n_2+...+n_{m-1}\right)}{n_m}\left(u_{m+1}-u_k\right)\)

 \(=10+\dfrac{\dfrac{11}{2}-5}{2}\left(50-10\right)=20\)

 Vậy số trung vị \(M_e=20\)

 Trong hình trên, điểm A cố định và 2 đường kính MN, PQ thay đổi. Với mỗi cặp đường kính, điểm B có thể nằm ở M hoặc N, điểm C có thể nằm ở P và Q. Do đó có tất cả \(2^2=4\) cách chọn vị trí B và C. Tuy nhiên, chỉ khi B và C lần lượt nằm ở M và P thì tam giác ABC mới chứa O nên xác suất là \(\dfrac{1}{4}\).

 Trước hết, ta xét phiên bản 2D của bài toán này như sau:

 Bài toán: Lấy 3 điểm A, B, C bất kì nằm trên đường tròn (O). Tính xác suất để O nằm trong tam giác ABC.

 Giải: Cố định điểm A. Hai đường kính bất kì khác nhau của (O) cắt đường tròn tại 4 vị trí. Khi đó sẽ có 2 cách chọn điểm B và C trong 4 giao điểm, tức là sẽ có \(2^2=4\) cách khác nhau để "đặt" 2 điểm B, C.

 Trong 4 vị trí thì chỉ có 1 vị trí thỏa mãn tam giác ABC chứa O. Vì 3 điểm A, B, C đều xuất hiện ở các vị trí khác nhau trên đường tròn vớ khả năng như nhau nên xác suất để tam giác ABC chứa O là \(\dfrac{1}{4}\).

 Trở lại bài toán, ta cũng lập luận tương tự: Cố định một điểm. Khi đó 3 đường kính bất kỳ của mặt cầu cắt mặt cầu tại 6 điểm. Khi đó mỗi 1 trong 3 điểm còn lại đều có 2 cách chọn nên có tất cả \(2^3=8\) cách chọn 3 điểm. Trong 8 cách chọn thì chỉ có 1 cách thỏa mãn tứ diện ABCD chứa tâm mặt cầu. Do khả năng xuất hiện của 4 điểm ở tất cả các vị trí trên mặt cầu là như nhau nên xác suất để tâm hình cầu nằm trong tứ diện bằng \(\dfrac{1}{8}\).

 Vậy xác suất để tâm mặt cầu nằm trong tứ diện là \(\dfrac{1}{8}\).

 Ta thấy DE là đường trung bình của tam giác ABC nên \(\left\{{}\begin{matrix}DE//AC\\DE=\dfrac{1}{2}AC\end{matrix}\right.\) hay \(\left\{{}\begin{matrix}DE//AF\\DE=AF\end{matrix}\right.\)

 Rõ ràng AE, AD, DE là 3 cạnh của tam giác ADE nên AE, AD, AF cũng là 3 cạnh của một tam giác. Ta có đpcm.