Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều có đáp án - Tự luận

a) Coi mặt xanh là X, mặt đỏ là Đ.

Không gian mẫu của phép thử này là: XĐ, ĐX.

Do đó, không gian mẫu có 2 phần tử.

b) Các kết quả có thể xảy ra của phép thử này là:

{1; 2}, {1; 3}, {2; 3}, {3; 2}, {3, 1}, {2; 1}; {1; 1}, {2; 2}, {3; 3}.

Vậy không gian mẫu có 9 phần tử.

a) Ta liệt kê các kết quả có thể xảy ra của phép thử bằng bảng dưới đây:

Do đó, không gian mẫu của phép thử trên gồm 6 phần tử.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố \[E\] là: {Đ; A}, {Đ, B}, {Đ, C}.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[F\] là: {T; B}, {T; C}.

a) Không gian mẫu của phép thử là: \[\Omega = \left\{ {10;11;12;.....;99} \right\}\].

Số phần tử của không gian mẫu này là: \[\left( {99 - 10} \right):1 + 1 = 90\] phần tử.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố \[C\] là: \[10;20;30;40;50;60;70;80;90\].

Vậy có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố \[C\].

Kết quả thuận lợi cho biến cố \[D\] là: \[16;25;36;49;64;81\].

Vậy có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố \[D\].

a) Không gian mẫu của phép thử là:

\[\Omega = \left\{ {\left( {1;2;3} \right);\left( {1;3;2} \right);\left( {2;1;3} \right);\left( {2;3;1} \right);\left( {3;1;2} \right);\left( {3;2;1} \right)} \right\}\].

Vậy không gian mẫu gồm 6 phần tử.

b) Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là: \[\left( {3;1;2} \right);\left( {3;2;1} \right)\].

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\] là: \[\left( {2;1;3} \right);\left( {2;3;1} \right);\left( {3;2;1} \right)\].

a) Bạn Lan lấy trước thì có 5 kết quả có thể xảy ra, bạn An lấy sau thì có 4 kết quả có thể xảy ra.

Do đó, không gian mẫu của phép thử là: \[5.4 = 20\].

b) Các kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là:

\[\left( {5;1} \right),\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {4;3} \right);\left( {4;2} \right);\left( {4;1} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;1} \right);\left( {2;1} \right)\].

Vậy có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\].

Kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\] là: \[\left( {1;5} \right),\left( {5;1} \right),\left( {2;4} \right),\left( {4;2} \right)\].

Vậy có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\].

a) Các cách chọn mà bạn vi có thể thực hiện là: (Vàng, Đỏ); (Đỏ, Đỏ).

b) Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\]: (Vàng, Đỏ).

Do đó, xác suất của biến cố \[A\] là: \[\frac{1}{2}\].

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố \[B\]: (Vàng, Đỏ); (Đỏ, Đỏ).

Do đó, xác suất của biến cố \[B\] là: \[\frac{2}{2} = 1\].

a) Số phần tử của không gian mẫu là: \[2 + 25 + 7 = 34\].

Xác suất để chọn được một người thợ học việc là: \[\frac{7}{{34}}\].

b) Xác suất để chọn được một kĩ sư là: \[\frac{2}{{34}}\].

Xác suất để chọn được một kĩ thuật viên là: \[\frac{{25}}{{34}}\].

Vậy xác suất để chọn được một kĩ sư hoặc một kĩ thuật viên là: \[\frac{2}{{34}} + \frac{{25}}{{34}} = \frac{{27}}{{34}}.\]

Không gian mẫu của phép thử là: \[6.6 = 36\].

a) Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Có đúng một con xúc xắc xuất hiện mặt một chấm” là: \[\{ 1;2\} ,\{ 1;3\} ,\{ 1;4\} ,\{ 1;5\} ;\{ 1;6\} ;\{ 6;1\} ;\{ 5;1\} ;\{ 4;1\} ;\{ 3;1\} ;\{ 2;1\} \].

Do đó có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Vậy xác suất của biến cố này là: \[\frac{{10}}{{36}} = \frac{5}{{18}}\].

b) Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Có ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt ba chấm” là: \[\{ 1;3\} ;\{ 2;3\} ;\{ 3;3\} ;\{ 3;4\} ;\{ 3;5\} ;\{ 3;6\} ;\{ 6;3\} ;\{ 5;3\} ;\{ 4;3\} ;\{ 3;2\} ;\{ 3;1\} \].

Do đó, có 11 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Vậy xác suất của biến cố này là: \[\frac{{11}}{{36}}\].

c) Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Tích của hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc lớn hơn hoặc bằng 6” là:

\[\{ 2;3\} ;\{ 2;4\} ;\{ 2;5\} ;\{ 2;6\} ;\{ 3;4\} ;\{ 3;5\} ;\{ 3;6\} ;\{ 4;5\} ;\{ 4;6\} ;\{ 5;6\} \] và trường hợp hoán đổi vị trí . Ngoài ra còn các trường hợp hai con xuất hiện các mặt cùng số chấm là:

\[\{ 3;3\} ;\{ 4;4\} ;\{ 5;5\} ;\{ 6;6\} \]

Do đó, có 24 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Vậy xác suất của biến cố này là: \[\frac{{24}}{{36}} = \frac{2}{3}\].

Gọi số viên bi màu đỏ trong túi là \[n\] với \[n \in {\mathbb{N}^*}\].

Ta có số phần tử của không gian mẫu là: \[n + 5\] (viên).

Ta có xác suất của biến cố \[A\]: “Lấy được viên bi màu vàng” là \[0,5\] hay \[\frac{5}{{n + 5}} = 0,5\].

Suy ra \[n + 5 = 10\].

Do đó, \[n = 5\].

Vậy túi có \[5\] viên bi màu đỏ.

Gọi số viên bi màu đỏ là \[n\] với \[n \in {\mathbb{N}^*}\].

Ta có xác suất của biến cố \[A\]: “Lấy được bi đỏ” khi thực hiện phép thử lấy ngẫu nhiên một viên bi là \[0,6\].

Do đó, \[\frac{n}{{20}} = 0,6\] suy ra \[n = 12\] (thỏa mãn).

Vậy số bi đỏ là \[12\] viên, số bi xanh là \[8\] viên.

Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\]. Suy ra \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\].

Do đó, \[IA = IB = IC = R\] và \[BC = 2R = 5a\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABC\], có:

\[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]

\[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\]

\[A{C^2} = 9{a^2}\] suy ra \[AC = 3a\].

a) Ta có tâm \[O\] đường tròn nội tiếp của tam giác đều \[ABC\] là giao điểm của ba đường phân giác, cũng là đường trung trực, đường cao của tam giác đều.

Bán kính \[OI = 4{\rm{ dm}}\] với \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Do đó \[OI = \frac{1}{3}AI\] suy ra \[AI = 3OI = 12{\rm{ dm}}\].

Gọi cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[a{\rm{ dm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABI\], ta có:

\[A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}\]

\[{12^2} + {\frac{a}{4}^2} = {a^2}\]

\[\frac{{3{a^2}}}{4} = {12^2}\] suy ra \[a = 8\sqrt 3 {\rm{ dm}}\].

Suy ra diện tích tam giác đều \[ABC\] là \[\frac{1}{2}.12.8\sqrt 3 = 48\sqrt 3 {\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

b)

Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\] có tâm \[O\] là giao điểm của ba đường trung trực, bán kính \[OA = OB = OC\].

Ta có \[OA = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.12 = 8{\rm{ dm}}\].

Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\] là \[R = 8{\rm{ dm}}\].

a) Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Có \[O\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\].

Ta có: \[OA = OB = OC = R = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\].

Mà \[OA = \frac{2}{3}AI\] (\[O\] là giao điểm của ba đường trung trực, cũng là trung tuyến, đường cao trong tam giác đều).

Suy ra \[AI = 2a\sqrt 3 \].

Gọi cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[x{\rm{ dm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABI\], ta có:

\[A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}\]

\[{\left( {2a\sqrt 3 } \right)^2} + {\frac{x}{4}^2} = {x^2}\]

\[\frac{{3{x^2}}}{4} = 12{a^2}\] suy ra \[x = 4a\].

Vậy độ dài cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[4a\].

b) Ta có:

Đường tròn nội tiếp tam giác đều \[ABC\] có tâm \[O\], bán kính \[OI.\]

Ta có: \[OI = \frac{1}{2}OA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\].

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều \[ABC\] là \[\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\].

a) Áp dụng định lí Pythagore đảo, ta có:

\[A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {12^2} = 169 = {13^2} = B{C^2}\] hay \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\].

Suy ra tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\].

Do đó, diện tích tam giác \[ABC\] là \[\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.12.5 = 30{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

b) Do tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền \[BC\].

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \[13:2 = 6,5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đường tròn \[\left( {I,r} \right)\] tiếp xúc với các cạnh \[AB,AC,BC\] lần lượt tại \[M,N,P\].

Ta có: \[{S_{AIB}} = \frac{1}{2}.AM.AB = \frac{{AB.r}}{2}\] (1);

\[{S_{AIC}} = \frac{1}{2}.IN.AC = \frac{{AC.r}}{2}\] (2);

\[{S_{CIB}} = \frac{1}{2}.IP.BC = \frac{{BC.r}}{2}\] (3).

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta được: \[{S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{CIB}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)\] hay

\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)\]

Mà \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}.6.8 = 24{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\], \[BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10{\rm{ cm}}\].

Do đó, ta có: \[\frac{1}{2}r.\left( {6 + 8 + 10} \right) = 24\] hay \[r = 2{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy \[r = 2{\rm{ cm}}\].

a) Ta có: \[\widehat {DCx} + \widehat {DCB} = 180^\circ \] (hai góc kề bù).

Suy ra \[\widehat {DCB} = 45^\circ \].

Mà tứ giác \[ABCD\] nội tiếp nên ta có: \[\widehat {DCB} + \widehat {DAB} = 180^\circ \] (tính chất), suy ra \[\widehat {DAB} = 135^\circ \].

Lại có: \[\widehat {DAB} + \widehat {DAE} = 180^\circ \] (hai góc kề bù) suy ra \[\widehat {DAE} = 45^\circ \].

Có \[\widehat {CDA}\] là góc ngoài đỉnh \[D\] của tam giác \[ADE\] nên \[\widehat {CDA} = \widehat {DEA} + \widehat {DAE} = 75^\circ \].

Mà \[\widehat {CDA} + \widehat {CBA} = 180^\circ \] (tứ giác \[ABCD\] nội tiếp)

Suy ra \[\widehat {CBA} = 105^\circ \].

a) Chứng minh \[ADHE\] là tứ giác nội tiếp.

Vì \[BD,CE\] là các đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right.\].

Suy ra \[\widehat {AEH} = \widehat {ADH} = 90^\circ \].

Gọi \[I\] là trung điểm của \[AH\], khi đó:

\[DI\] là đường trung tuyến của tam giác vuông \[DAH\] nên \[EI = \frac{1}{2}AH = IA = IH\].

\[DI\] là đường trung tuyến của tam giác vuông \[EAH\] nên \[DI = \frac{1}{2}AH = IA = IH\].

Vậy \[EI = DI = IA = IH\] hay bốn điểm \[A,D,H,E\] cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra \[ADHE\] là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \[BCDE\] là tứ giác nội tiếp.

Gọi \[O\] là trung điểm của \[BC\].

Vì \[BD,CE\] là các đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right.\].

Suy ra \[\widehat {BDC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \].

Xét tam giác \[BDC\] có \[\widehat {BDC} = 90^\circ \] và \[DO\] là đường trung tuyến nên

\[OD = OC = OB = \frac{1}{2}BC\] (1).

Xét tam giác \[BEC\] có \[\widehat {BEC} = 90^\circ \] và \[EO\] là đường trung tuyến nên

\[OE = OC = OB = \frac{1}{2}BC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[OD = OE = OC = OB = \frac{1}{2}BC\].

Vậy tứ giác \[BCDE\] nội tiếp đường tròn.

Ta có: \[\widehat {MBH} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}\], \[\widehat {HAD} = \frac{1}{2}\widehat {HAC}\] và \[\widehat {HAC} = \widehat {ABC}\] (cùng phụ với \[\widehat {ACB}\]).

Suy ra \[\widehat {MBH} = \widehat {HAD}\] và \[\widehat {BHM} = 90^\circ = \widehat {MBH} + \widehat {BMH} = \widehat {AMN} + \widehat {HAD}\] suy ra \[\widehat {ANM} = 90^\circ \] hay \[\widehat {MND} = 90^\circ \].

Xét tam giác \[MHD\] vuông tại \[H\] và \[M,H,D\] thuộc đường tròn đường kính \[MD\].

Xét tam giác \[MND\] vuông tại \[N\] và \[M,N,D\] thuộc đường tròn đường kính \[MD\].

Suy ra bốn điểm \[M,N,D,H\] cùng thuộc một đường tròn đường kính \[MD\] hay \[MHDN\] là tứ giác nội tiếp.

a) Xét \[\Delta EFB\] vuông tại \[F\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\]. (1).

Xét \[\Delta EMB\] vuông tại \[M\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\] (2).

Từ (1) và (2) ta có \[B,M,E,F\] cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \[BMEF\] nội tiếp.

b) Vì \[AB \bot CD\] và \[\Delta ICD\] cân tại \[I\] nên \[IF\] là đường cao đồng thời là đường phân giác hay \[\widehat {CIF} = \widehat {FID}\] suy ra .

Ta có: và .

Suy ra \[\widehat {AMC} = \widehat {AMD}\] nên \[AM\] là phân giác của \[\widehat {CMD}\].

c) Xét \[\Delta ACE\] và \[\Delta AMC\] có: \[\widehat A\] chung; .

Suy ra (g.g), do đó \[\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}\] suy ra \[A{C^2} = AE.AM\].

a) Chứng minh tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

Xét tứ giác \[AHKM\], có \[\widehat {AHM} = 90^\circ \] (vì \[HK \bot AB\]) và \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \]).

Suy ra tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

b) Chứng minh rằng \[NB.HK = AN.HB.\]

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta KHB\] có:

\[ANB = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {ANB} = \widehat {KHB} = 90^\circ \]

\[\widehat {ABN} = \widehat {KBH}\] (góc nội tiếp chắn hai cung \[AN,AM\] bằng nhau do \[AB \bot MN\]).

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{KH}}{{HB}}\] suy ra \[BN.HK = AN.HB\].

c) Cho \[HM\] giao với \[\left( O \right)\] tại \[M\].

Tứ giác \[AHKM\] nội tiếp nên \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[HK\]);

\[\widehat {HAK} = \widehat {NAB}\] (đối đỉnh); \[\widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] (\[AB \bot MN\] nên \[B\] nằm chính giữa cung \[MN\], hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK} = \widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] do đó \[\widehat {HMK} + \widehat {HMA} = \widehat {OMA} + \widehat {HMA}\].

Mà \[\widehat {HMK} + \widehat {MHA} = \widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \], góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {OMA} + \widehat {HMA} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {HMO} = 90^\circ \] hay \[HM \bot OM\] tại \[M\].

a) Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên suy ra \[MA \bot OA,MB \bot OB\]

Suy ra \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[MAOB\] có \[\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \].

Suy ra \[MAOB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[CD\] là dây cung và \[E\] là trung điểm của \[CD\] suy ra \[OE \bot CD\].

Suy ra \[\widehat {OEC} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] với \[M \in CD\].

Xét tứ giác \[OEMB\] có:

\[\widehat {OEM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \].

Suy ra tứ giác \[OEMB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

b) Xét \[\Delta MAC\] và \[\Delta MDA\] có:

\[\widehat {AMD}\] chung và \[\widehat {MDA} = \widehat {MAC}\] (cùng chắn cung \[AC\])

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}}\] hay \[MC.MD = M{A^2}\] (*).

Ta có: \[OA = OB = R\] và \[MA = MB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \[MO\] là đường trung trực của \[AB\].

Xét \[\Delta AMO\] và \[\Delta HMA\] có \[\widehat {MAO} = \widehat {MHA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AMO} = \widehat {HMA}\]

Suy ra (g.g) suy ra \[MH.MO = M{A^2}\] (**).

Từ (*) và (**) suy ra \[MH.MO = MC.MD = M{A^2}\]

Suy ra \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Xét \[\Delta MCH\] và \[\Delta MOD\] có: \[\widehat {DMO}\] chung và \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Suy ra (c.g.c) suy ra \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

Xét \[\Delta MOA\] có \[AH\] là đường cao (\[AH \bot OM\]); \[\widehat {MAO} = 90^\circ \] (chứng minh trên).

Xét \[\Delta OHA\] và \[\Delta OAM\] có: \[\widehat {HOA} = \widehat {AOM}\] và \[\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[OH.OM = O{A^2}\].

Xét tam giác \[\Delta OAM\], áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{A^2} + A{M^2} = M{O^2}\].

Suy ra \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\].

a) Ta có: \[\widehat {IMK} = 90^\circ \] hay \[\widehat {IMD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó, \[\widehat {IMD} = \widehat {IND} = 90^\circ \].

Suy ra \[INDM\] là tứ giác nội tiếp.

b) Xét \[\Delta NIC\] và \[\Delta NDK\] có:

\[\widehat {INC} = \widehat {DNK} = 90^\circ \] (gt)

\[\widehat {NIC} = \widehat {NDK}\] (cùng phụ với \[\widehat {NKM}\])

Suy ra (g.g)

Suy ra \[\frac{{NI}}{{ND}} = \frac{{NC}}{{NK}}\] hay \[ND.NC = NI.NK\].

c) Gọi \[E\] là giao điểm của đường thẳng \[ID\] và \[CK\].

Xét tam giác \[\Delta KIC\], có \[CN \bot IK\] tại \[N\]; \[KM \bot IC\] tại \[M\].

Mà \[CN,KM\] giao nhau tại \[D\].

Suy ra \[D\] là trực tâm tam giác \[\Delta KIC\].

Suy ra \[CK \bot IE\] tại \[E\] hay \[\widehat {IEK} = 90^\circ \].

Mà \[IK\] là đường kính đường tròn tâm \[O.\]

Suy ra \[E \in \left( O \right)\].

d) Có \[AB \bot IK\] với \[IK\] là đường kính đường tròn tâm \[O\] suy ra \[IK\] là đường trung trực của \[AB\]. Do đó .

Xét \[\Delta ADM\] và \[\Delta BDK\] có: \[\widehat {ADM} = \widehat {BDK}\] (đối đỉnh) và \[\widehat {DAM} = \widehat {DBK}\] (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra (g.g).

Suy ra \[DM.DK = DA.DB\].

Mà, ta có: \[DA.DB \le \frac{{{{\left( {DA + DB} \right)}^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

Mà dây cung \[AB\] cố định suy ra \[DM.DK\] đạt giá trị lớn nhất bằng \[\frac{{A{B^2}}}{4}\] khi \[DA = DB\] hay \[D\] trùng \[N\]. Suy ra \[M\] trùng \[I.\]

Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có:

\[\widehat {ADB} = \frac{{\left( {6 - 2} \right).180^\circ }}{6} = 120^\circ \] suy ra \[\widehat {DAB} = \widehat {DBA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ADB}}}{2} = 30^\circ \] (do \[\Delta BDA\] cân tại \[D\]).

\[\widehat {ADC} = \frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \] suy ra \[\widehat {DAC} = \widehat {DCA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ADC}}}{2} = 36^\circ \](do \[\Delta CDA\] cân tại \[D\]).

Suy ra \[\widehat {BDC} = 360^\circ - 120^\circ - 108^\circ = 132^\circ \].

Xét \[\Delta BDC\] có \[BD = DC\] nên \[\Delta BDC\] cân tại \[D\].

Do đó, \[\widehat {DBC} = \widehat {DCB} = \frac{{180^\circ - 132^\circ }}{2} = 24^\circ \].

Suy ra \[\widehat {BAC} = \widehat {DAB} + \widehat {DAC} = 30^\circ + 36^\circ = 66^\circ \]; \[\widehat {ACB} = \widehat {DCB} + \widehat {DCA} = 24^\circ + 36^\circ = 60^\circ \] và \[\widehat {ABC} = \widehat {DBA} + \widehat {DBC} = 24^\circ + 30^\circ = 54^\circ \].

a) Ta có mỗi góc trong ngũ giác đều có số đo là \[\frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

Suy ra \[\widehat {AED} = 108^\circ \].

Có tam giác \[AED\] cân tại \[E\] từ đó suy ra \[{\widehat A_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}} = \widehat {{D_1}} = \frac{{180^\circ - 108^\circ }}{2} = 36^\circ \].

Tương tự, ta tính được \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}} = 36^\circ \].

Suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{E_1}} + \widehat {{A_1}} = 72^\circ \] (góc ngoài của tam giác \[AEI\]) và

\[\widehat {{D_2}} = \widehat {EDC} - \widehat {{D_1}} = 108^\circ - 36^\circ = 72^\circ \].

Suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{D_2}}\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[IB\parallel DC\]. (1)

Lại có \[\widehat {{D_2}} + \widehat {DCB} = 72^\circ + 108^\circ = 180^\circ \].

Mà hai góc ở vị trí trong cùng phí nên \[ID\parallel BC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[DIBC\] là hình bình hành.

b) Xét \[\Delta EAD\] và \[\Delta AIE\] có: \[\widehat {EAD} = \widehat {IAE}\] và \[\widehat {EDA} = \widehat {IEA} = 36^\circ \]

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AE}}{{AD}}\] suy ra \[AI.AD = A{E^2}\].

Mà \[DIBC\] là hình bình hành nên \[DI = BC = AE\].

Suy ra \[D{I^2} = AI.AD.\]

a) Xét tam giác \[\Delta DFO\] có \[\widehat {DOF} + \widehat {DFO} + \widehat {ODF} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {DOF} + \widehat {DFO} = 135^\circ \] (vì \[\widehat {ODF} = 45^\circ \]). (1)

Xét tứ giác \[BDEF\] có \[\widehat D + \widehat B + \widehat E + \widehat F = 360^\circ \] suy ra \[\widehat {DEF} + \widehat {BEF} = 270^\circ \].

Mặt khác ta có: \[FO,EO\] lần lượt là phân giác của góc \[\widehat {DFE},\widehat {BEF}\] nên ta có:

\[\widehat {DFO} = \frac{1}{2}\widehat {DFE}\] và \[\widehat {BEO} = \frac{1}{2}\widehat {BEF}\].

Suy ra \[\widehat {DFO} + \widehat {BEO} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {DFE} + \widehat {BEF}} \right) = 135^\circ \] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {BEO} = \widehat {DOF}\].

Xét tam giác \[DOF\] và tam giác \[BEO\], có:

\[\widehat {ODF} = \widehat {OBE} = 45^\circ \] và \[\widehat {BEO} = \widehat {DOF}\] suy ra (g.g).

b) Ta có: nên \[\frac{{DF}}{{BO}} = \frac{{DO}}{{BE}}\]

Suy ra \[DF.BE = DO.BO = \frac{{B{D^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4} = BM.AD\].

Suy ra \[\frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\].

Xét \[\Delta ADF\] và \[\Delta EBM\], ta có: \[\frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\] và \[\widehat {ADF} = \widehat {MBE}\]

Suy ra (c.g.c) nên \[\widehat {AFD} = \widehat {BME}\].

Mặt khác, có \[\widehat {BAF} = \widehat {AFD}\] (vì \[AB\parallel CD\]).

Suy ra \[\widehat {BAF} = \widehat {BME}\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[ME\parallel AF.\]

a) Ta có mỗi góc trong ngũ giác đều có số đo là \[\frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

Có \[ABCDE\] là ngũ giác đều nên ta tính được:

\[\widehat {AOB} = 360^\circ - \left( {\widehat {OAC} + \widehat {OCB} + ABC} \right) = 360^\circ - \left( {\frac{{108^\circ }}{2} + \frac{{108^\circ }}{2} + 108^\circ } \right) = 144^\circ \].

Vậy phép quay thuận chiều tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[C\] thì các điểm \[B,C,D,E\] tương ứng biến thành điểm \[D,E,A,B\].

b) Các phép quay tâm \[O\] giữ nguyên hình ngũ giác đã cho là:

Năm phép quay thuận chiều \(\alpha ^\circ \) tâm \[O\] giữ nguyên với \(\alpha ^\circ \) lần lượt nhận các giá trị \(72^\circ ;144^\circ ;216^\circ ;288^\circ ;360^\circ \).

Năm phép quay ngược chiều \(\alpha ^\circ \) tâm \[O\] giữ nguyên với \(\alpha ^\circ \) lần lượt nhận các giá trị \(72^\circ ;144^\circ ;216^\circ ;288^\circ ;360^\circ \).

Từ giả thiết, ta có:

\[\sqrt {4{a^2} + 12} = \sqrt {2\left( {2{a^2} + 6} \right)} = \sqrt {2\left( {2{a^2} + 2ab + ac + bc} \right)} = \sqrt {\left( {2a + 2b} \right)\left( {c + 2a} \right)} \].

Tương tự

\[\sqrt {4{b^2} + 12} = \sqrt {\left( {2a + 2b} \right)\left( {c + 2b} \right)} \]; \[\sqrt {{c^2} + 12} = \sqrt {\left( {2a + c} \right)\left( {c + 2b} \right)} \].

Khi đó, \[\sqrt {4{a^2} + 12} + \sqrt {4{b^2} + 12} + \sqrt {{c^2} + 12} \le \frac{{6a + 6b + 2c}}{2} + \frac{{2a + 2b + 2c}}{2}\]

Hay \[\sqrt {4{a^2} + 12} + \sqrt {4{b^2} + 12} + \sqrt {{c^2} + 12} \le 2\left( {2a + 2b + c} \right)\].

Suy ra \[P = \frac{{2a + 2b + c}}{{\sqrt {4{a^2} + 12} + \sqrt {4{b^2} + 12} + \sqrt {{c^2} + 12} }} \ge \frac{{2a + 2b + c}}{{2\left( {2a + 2b + c} \right)}}\] hay \[P \ge \frac{1}{2}\].

Dấu “=” xảy ra khi \[a = b = 1,c = 2\].

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[P = \frac{1}{2}\] khi \[a = b = 1,c = 2\].

Ta có: \[a + b + c = 1\] suy ra \[\left( {a + b + c} \right)c = c\] hay \[c = ac + bc + {c^2}\].

Suy ra \[c + ab = ac + bc + {c^2} = a\left( {c + b} \right) + c\left( {b + c} \right) = \left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số dương \[x,y\] ta luôn có:

\[\sqrt {xy} \le \frac{{x + y}}{2}\]. Dấu “=” xảy ra khi \[x = y\].

Suy ra \[\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{{\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}}}{2}\]

Suy ra \[\frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\] (1)

Tương tự, có: \[a + bc = \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)\]; \[b + ac = \left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)\].

Suy ra \[\frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right)\] (2); \[\frac{{ac}}{{\sqrt {b + ac} }} \le \frac{{ac}}{2}\left( {\frac{1}{{c + b}} + \frac{1}{{a + b}}} \right)\] (3).

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta được:

\[A = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{{bc + ca}}{{2\left( {a + b} \right)}} + \frac{{bc + ab}}{{2\left( {a + b} \right)}} + \frac{{ac + ab}}{{2\left( {b + c} \right)}} = \frac{{a + b + c}}{2}\]

Suy ra \[A \le \frac{1}{2}\].

Dấu “=” xảy ra khi \[a = b = c = \frac{1}{3}.\]

Thể tích của hình hộp đó là: \[{x^2}h = 4{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\] suy ra \[h = \frac{4}{{{x^2}}}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Diện tích hai mặt đáy của bể là \[2{x^2}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Diện tích bốn mặt bên của bể là \[8x.h{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Số tiền gia đình đó phải trả khi xây hai mặt đáy là: \[2{x^2}.0,5 = {x^2}\] (triệu đồng).

Số tiền gia đình đó phải trả khi xây bốn mặt bên của bể là

\[8xh.1 = 8xh\] (triệu đồng).

Do đó, số tiền phải trả khi làm bể là: \[{x^2} + 8xh\] (triệu đồng).

Để chi phí xây bể nước là tối thiểu thì \[{x^2} + 8xh\] đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có: \[{x^2} + 8xh = {x^2} + 8\left( {x.\frac{4}{{{x^2}}}} \right) = {x^2} + \frac{{32}}{x} = {x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x}\].

Vì \[x > 0\] nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\[{x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{x.\frac{{16}}{x}.\frac{{16}}{x}}}\] hay \[{x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x} \ge 3.4\sqrt[3]{4}\]

Do đó, \[{x^2} + 8xh \ge 12\sqrt[3]{4} \approx 19,05\].

Dấu “=” xảy ra khi \[{x^2} = \frac{{16}}{x}\] hay \[x = 2\sqrt[3]{2}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chi phí tối thiểu để gia đình đó xây bể nước là khoảng \[19,05\] triệu đồng.

Theo đề, ta có chiều rộng của khu vườn là \[x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Do đó, chiều rộng của khu vườn là: \[600:2 - x = 300 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Diện tích của khu vườn là: \[\left( {300 - x} \right)x = - {x^2} + 300x{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Để diện tích vườn hoa xây được lớn nhất thì \[ - {x^2} + 300x\] đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: \[ - {x^2} + 300x = - \left( {{x^2} - 300x + {{150}^2}} \right) + {150^2} = - {\left( {x - 150} \right)^2} + 22500\].

Ta có: \[ - {\left( {x - 150} \right)^2} \le 0\] nên \[ - {\left( {x - 150} \right)^2} + 22500 \le 22500\].

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 150{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy diện tích vườn hoa xây được lớn nhất là \[22500{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\] khi \[x = 150{\rm{ m}}\].

Gọi \[x\] là giá mới mà câu lạc bộ phải bán (\[x > 0\], đơn vị: nghìn đồng).

Theo đề, số tiền mà câu lạc bộ sẽ giảm là: \[25 - x\] (nghìn đồng) mỗi chiếc.

Khi đó, số lượng đèn lồng bán được tăng lên là: \[20\left( {25 - x} \right):1 = 20\left( {25 - x} \right)\] (chiếc).

Do đó, lượng đèn câu lạc bộ bán được là: \[200 + 20\left( {25 - x} \right) = 700 - 20x\] (chiếc).

Vậy doanh thu của câu lạc bộ lúc này là: \[\left( {700 - 20x} \right)x\] (nghìn đồng).

Lợi nhuận mà câu lạc bộ thu được sau khi bán giá mới là:

\[\left( {700 - 20x} \right)x - \left( {700 - 20x} \right).7 = - 20{x^2} + 840x - 4900\]

\[ = - 20\left( {{x^2} - 42x + 245} \right)\]

\[ = - 20{\left( {x - 21} \right)^2} + 3920\]

Nhận thấy \[ - 20{\left( {x - 21} \right)^2} \le 0\] nên \[ - 20{\left( {x - 21} \right)^2} + 3920 \le 3920\].

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 21\] (nghìn đồng).

Vậy câu lạc bộ nên bán mỗi chiếc đèn với giá \[21\] nghìn đồng để loại nhuận thu được là lớn nhất.

Gọi giá bán của kim cương ban đầu là \[x\] đồng, khối lượng là \[y\] (kg).

Sau khi chia thành ba phần thì mỗi phần nặng \[{y_1},{y_2},{y_3}\] (kg) với giá bán lần lượt là \[{x_1};{x_2};{x_3}\] đồng.

Ta có: \[{y_1} + {y_2} + {y_3} = y\] và \[\frac{{{x_1}}}{{y_1^2}} = \frac{{{x_2}}}{{y_2^2}} = \frac{{{x_3}}}{{y_3^2}} = \frac{x}{{{y^2}}}\].

Suy ra \[\frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3}}}{{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2}} = \frac{x}{{{y^2}}}\].

Suy ra \[{x_1} + {x_2} + {x_3} = x.\frac{{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2}}{{{y^2}}}\].

Hay \[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge x.\frac{{\frac{1}{3}{{\left( {{y_1} + {y_2} + {y_3}} \right)}^2}}}{{{y^2}}}\]

\[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge x.\frac{{\frac{1}{3}{y^2}}}{{{y^2}}}\]

\[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge \frac{1}{3}x\].

Do đó, khi chia làm ba phần thì giá bán kim cương giảm đi và giảm nhiều nhất khi ba phần kim cương đó có khối lượng bằng nhau.