giải: 

a) Chứng minh bốn điểm $O$, $I$, $E$, $D$ cùng thuộc một đường tròn.

Gọi $J$ là trung điểm của $ID$

Xét tam giác $DOI$ vuông tại $O$ (do $AB$ vuông $CD$) có $OJ$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, suy ra JO=JI=JD=12IDJO=JI=JD=21​ID (1)

Ta có IED^=90∘IED=90∘ (do là góc nội tiếp chắn cung $CD$) suy ra $\Delta IED$ vuông tại $E$.

Xét tam giác $IED$ vuông tại $E$ có $EI$ là trung tuyến ứng với canh huyền, suy ra JI=JE=JD=12IDJI=JE=JD=21​ID (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O,I,E,D$ cùng thuộc một đường tròn tâm $J$ đường kính $ID$

b) Chứng minh: AH.AE=2R2AH.AE=2R2 và $OA=3.OH$.

Xét $\Delta AHO$ và $\Delta ABE$ có:

AOH^=AEB^=90∘AOH=AEB=90∘

OAH^OAH: góc chung

Suy ra $\Delta AHO\sim \Delta ABE$ (g.g)

Suy ra: OAOH=AEBEOHOA​=BEAE​

Suy ra: AH.AE=AO.AB=R.2R=2R2AH.AE=AO.AB=R.2R=2R2

Ta có $AB$ và $CD$ là hai đường kính vuông góc với nhau nên ===AC⌢=CB⌢=BD⌢=DA⌢.

Mặt khác CEB^=12 CEB=21​ CB⌢; AEC^=12 AEC=21​ AC⌢.

Vậy $EI$ là tia phân giác của góc $AEB$.

Khi đó, ta có:

AEBE=AIIB=32R12R=3BEAE​=IBAI​=21​R23​R​=3

Suy ra: OAOH=3OHOA​=3, do đó $OA=3.OH$

c) Gọi $K$ là hình chiếu của $O$ trên $BD$, $Q$ là giao điểm của $AD$ và $BE$. Chứng minh: $Q,K,I$ thẳng hàng.

Theo ý b) $OA=3.OH$ mà $OA=OD$ nên $OD=3OH$ suy ra HD=23ODHD=32​OD

Suy ra $H$ là trọng tâm $\Delta ABD$ (1)

⚡Xét tam giác $OBD$ cân tại $O$ có $OK\perp BD$ nên $K$ cũng là trung điểm của $BD$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A,H,K,E$ thẳng hàng

⚡Xét tam giác $ABQ$ có $BD$ và $AE$ là các đường cao và $K\in BD$, $K\in AE$. Suy ra $K$ là trực tâm của $\Delta ABQ$.

Suy ra: $KQ$ vuông góc $AB$ (*)

⚡Xét tam giác $OBD$ có $IK$ là đường trung bình của tam giác nên $IK//OD$, suy ra $IK\perp AB$ (góc đồng vị) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $Q,K,I$ 

Suy ra CEB^=AEC^CEB=AEC.

a) Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega =\{(1,2);(1,3);(1,4);(2,1);(2,3);(2,4);(3,1);(3,2);(3,4);(4,1);(4,2);(4,3)\}$

b) Xác suất để lấy được $2$ viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ.

Số các kết quả có thể xảy ra (số phần tử của không gian mẫu) là $n(\Omega )=12$.

Gọi $A$ là biến cố “Lấy được $2$ viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ”.

Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $n(A)=8$.

Xác suất của biến cố $A$ là P(A)=n(A)n(Ω)=812=23P(A)=n(Ω)n(A)​=128​=32​.

a) Tần số tương đối của các nhóm $[10;20)$, $[20;30)$, $[30;40)$, $[40;50)$ lần lượt là:

f1=8.10060%≈13,33%f1​=608.100​%≈13,33%;

f2=18.10060%=30%f2​=6018.100​%=30%;

f3=24.10060%=40%f3​=6024.100​%=40%;

f4=10.10060%≈16,67%.f4​=6010.100​%≈16,67%.

b) Bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm.

c) Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép nhóm.

f_3 = \frac{24 \cdot 100}{60} \% = 40\%; \quad f_4 = \frac{10 \cdot 100}{60} \% \approx 16,67\%.

Vì các điểm phân biệt nằm trên một đường tròn nên ba điểm bất kì luôn tạo thành một tam giác.

Có 21 điểm được tô bằng 4 màu, do đó có ít nhất 6 điểm có cùng màu.

Giả sử có 6 điểm cùng màu đỏ là $A,B,C,D,E,F$

Nối 5 đoạn $AB,AC,AD,AE,AF$ và tô bằng hai màu nâu, đen khi đó có ít nhất 3 đoạn cùng màu, giả sử $AB,AC,AD$ được tô cùng màu đen

Xét $\Delta BCD$, xảy ra hai khả năng:

TH1: Nếu 3 cạnh $BC,BD,DC$ được tô cùng màu nâu thì tam giác $BCD$ có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu nâu (thỏa mãn)

TH2: Nếu ba cạnh $BC,BD,DC$ có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử $BC$ đen, khi đó tam giác $ABC$ có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu đen (thỏa mãn)

Vậy luôn có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.

Gọi giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật là $O$.

Gọi $x,y$ (m) lần lượt là hai kích thước của mảnh vườn $(x>0,y>0)$ và $R$ (m) là bán kính đường tròn ngoại tiếp mảnh vườn.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông $MNP$, ta có:

x2+y2=MP2x2+y2=MP2

Suy ra R2=OM2=x2+y24R2=OM2=4x2+y2​

Theo đề bài $xy=640$ m2

Diện tích $4$ phần đất mở rộng là: S=St−SMNPQ=πR2−xy=π.(x2+y24)−xy≥π.2xy4−xyS=St​−SMNPQ​=πR2−xy=π.(4x2+y2​)−xy≥π.42xy​−xy (theo bất đẳng thức Cauchy)

Do đó $S\ge 320\pi -640\approx 365,31$ m2.

Dấu "=" xảy ra khi x=y=810x=y=810​ (thoả mãn).

Vậy diện tích nhỏ nhất của $4$ phần đất được trồng thêm hoa khoảng $365,31$ m2.

a) Gọi $I$ là trung điểm của $AM$.

Ta có ADB^=90∘ADB=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ADM^=90∘ADM=90∘

Suy ra $\Delta ADM$ là tam giác vuông tại $D$ có $DI$ là đường trung tuyến nên AI=DI=MI=AM2AI=DI=MI=2AM​ (1)

Do $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $A$ trên $CO$ nên $AH\perp CO$

Suy ra $\Delta AHM$ là tam giác vuông tại $H$ có $HI$ là đường trung tuyến nên: AI=HI=MI=AM2AI=HI=MI=2AM​ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AI=DI=MI=HI$,

Do đó bốn điểm $A;D;M;H$ cùng thuộc một đường tròn.

Vậy $ADMH$ là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có CAD^+DAO^=90∘CAD+DAO=90∘

CEA^+CEB^=AEB^=90∘CEA+CEB=AEB=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mà DAO^=CEB^DAO=CEB (cùng chắn DB⌢DB⌢)

Do đó CAD^=CEA^CAD=CEA

Do đó $\Delta CAD\backsim \Delta CEA$ (g.g)

Suy ra CACE=CDCACECA​=CACD​ hay CA2=CD.CECA2=CD.CE (1)

 Mặt khác $\Delta ACO\backsim \Delta HCA$ (g.g)

Suy ra CA2=CH.COCA2=CH.CO (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $CD.CE=CH.CO$.

a) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x=4.$

Thay $x=4$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$ ta được:

A=24−1=2.A=4​−12​=2.

b) Với $x\ge 0,x\ne 1$ ta có P=B−A=xx+1+4x−1−2x−1P=B−A=x​+1x​​+x−14​−x​−12​

=x(x−1)+4−2(x+1)(x−1)(x+1)=(x​−1)(x​+1)x​(x​−1)+4−2(x​+1)​

=x−3x+2(x−1)(x+1)=(x​−1)(x​+1)x−3x​+2​

=(x−1)(x−2)(x−1)(x+1)=(x​−1)(x​+1)(x​−1)(x​−2)​

=x−2x+1.=x​+1x​−2​.

c) Với $x\ge 0,x\ne 1$ ta có P=x−2x+1=1−3x+1.P=x​+1x​−2​=1−x​+13​.

x+1≥1x​+1≥1 với mọi $x$ thỏa mãn điều kiện nên 3x+1≤3x​+13​≤3 suy ra $P\ge -2.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=0$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=-2$ khi $x=0.$

1) Bảng tần số và bảng tần số tương đối cho dữ liệu cỡ giày của các bạn nam khối 9 trong trường.

2) Gọi số cần tìm là a1a2a3a4‾a1​a2​a3​a4​​ trong đó ai∈N,ai​∈N, 0≤ai ≤9,a1≠00≤ai​ ≤9,a1​=0 là các chữ số.

Chọn a1a1​ có $9$ cách.

Chọn a2a2​ có $9$ cách.

Chọn a3a3​ có $8$ cách.

Chọn a4a4​ có $7$ cách.

Số cách chọn là $\mathrm{9.9.8.7}=4536$ cách.

Vậy số phần tử của không gian mẫu là $4536$.