a) Ta có \(M K\), \(B K\) là các tiếp tuyến của \(\left(\right. O \left.\right)\)

Suy ra \(\hat{O M K} = \hat{O B K} = 9 0^{\circ}\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(\Delta M K O\) vuông tại \(M\), \(\Delta O B K\) vuông tại \(B\).

Dựng đường trung tuyến \(M I\), \(B I\) lần lượt trong \(\Delta M K O , \Delta O B K\) với \(I\) là trung điểm của \(O K\).

Suy ra \(I M = I O = I K = I B = \frac{1}{2} O K\) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Suy ra các điểm \(M\), \(O\), \(K\), \(B\) đều nằm trên đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\)

Vậy tứ giác \(M O B K\) là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(M K\), \(B K\) là các tiếp tuyến của \(\left(\right. O \left.\right)\) cắt nhau tại \(K\).

Suy ra \(K M = K B\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(K O\) là phân giác của \(\hat{M K B}\)

Suy ra \(K O\) đồng thời là đường cao trong \(\Delta M K B\).

Vậy \(O K \bot M B\)

c)Chứng minh \(\hat{E M K} = \hat{M F E}\)

Ta có \(O M = O E\) nên \(\Delta O M E\) cân tại \(O\).

Dựng đường cao \(O P\) của \(\Delta O M E\)

Suy ra \(\Delta O P M\) vuông tại \(P\)

Do đó \(\hat{P M O} + \hat{M O P} = 9 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{P M O} + \hat{E M K} = 9 0^{\circ}\) (\(M K\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\))

Suy ra \(\hat{M O P} = \hat{E M K}\)

Mặt khác \(O P\) là đường cao đồng thời là đường phân giác trong \(\Delta O M E\)

Ta có: \(\hat{M O P} = \hat{E M K} = \frac{1}{2} \hat{M O E}\) (1)

Ta thấy \(\hat{M F E}\) và \(\hat{M O E}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(M E\).

Suy ra \(\hat{M F E} = \frac{1}{2} \hat{M O E}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\hat{E M K} = \hat{M F E}\) (đpcm)

*) Chứng minh \(\hat{O F E} = \hat{E H K}\)

Xét \(\Delta O M K\) và \(\Delta M H K\) có:

\(\hat{O M K} = \hat{M H K} = 9 0^{\circ}\)

\(\hat{M K O}\) chung

Suy ra \(\Delta O M K \sim \Delta M H K\) (g.g)

Suy ra \(\frac{O K}{M K} = \frac{M K}{H K}\) hay \(M K^{2} = O K . H K\) (1)

Xét \(\Delta M E K\) và \(\Delta F M K\) có:

\(\hat{E M K} = \hat{M F E}\) (cmt)

\(\hat{E K M}\) chung

Suy ra \(\Delta M E K \sim \Delta F M K\) (g.g)

Suy ra \(\frac{E K}{M K} = \frac{M K}{F K}\) hay \(M K^{2} = E K . F K\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O K . H K = E K . F K\) hay \(\frac{K F}{H K} = \frac{O K}{E K}\)

Xét \(\Delta O F K\) và \(\Delta E H K\) có:

\(\frac{K F}{H K} = \frac{O K}{E K}\) (cmt)

\(\hat{O K F}\) chung

Suy ra \(\Delta O F K \sim \Delta E H K\) (c.g.c)

Vậy \(\hat{O F E} = \hat{E H K}\) (hai góc tương ứng) (đpcm).

Theo mẫu 1:

Vì đáy bể là hình vuông có độ dài đường chéo là \(4\) m nên diện tích đáy bể là: \(S_{1} = 4.4 : 2 = 8\) m²

Thể tích của bể theo mẫu 1 là: \(V_{1} = S_{1} . h_{1} = 8.2 = 16\) m³

Theo mẫu 2:

Bán kính đáy bể hình trụ là: \(R = d : 2 = 4 : 2 = 2\) m

Thể tích của bể theo mẫu 2 là: \(V_{2} = \pi . R^{2} . h_{2} = \pi 2^{2} . 2 \approx 25 , 13\) m³

Vì \(V_{2} > V_{1}\) nên người đó nên chọn xây theo mẫu thiết kế số 2 để có được bể dự trữ nước là nhiều nhất.

Có \(\Delta^{'} = \left[\right. - \left(\right. m - 3 \left.\right) \left]\right.^{2} - 1. \left[\right. - 2 \left(\right. m - 1 \left.\right) \left]\right. = \left(\right. m - 3 \left.\right)^{2} + 2 m - 2\)

\(\Delta^{'} = m^{2} - 4 m + 7 = \left(\right. m - 2 \left.\right)^{2} + 3 > 0 , \forall m\)

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} , x_{2}\)

Theo định lí Viète, ta có: \(x_{1} + x_{2} = \frac{- b}{a} = 2 \left(\right. m - 3 \left.\right) ; x_{1} . x_{2} = \frac{c}{a} = - 2 \left(\right. m - 1 \left.\right)\)

Ta có: \(T = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} - 2 x_{1} x_{2}\)

\(T = \left[\right. - 2 \left(\right. m - 3 \left.\right) \left]\right.^{2} - 2 \left[\right. - 2 \left(\right. m - 1 \left.\right) \left]\right.\)

\(T = 4 m^{2} - 20 m + 32 = \left(\right. 2 m - 5 \left.\right)^{2} + 7 \geq 7\)

Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(T\) bằng \(7\) khi \(m = \frac{5}{2}\)

Vậy \(m = \frac{5}{2}\) là giá trị cần tìm.

Gọi số tiền điện hộ gia đình bác An trả trong 7/2024 là \(x\) (nghìn đồng), \(\left(\right. 0 < x < 500 \left.\right)\).

Gọi số tiền tiền điện hộ gia đình bác Bình trả trong tháng 7 năm 2024 là \(y\) (nghìn đồng), \(\left(\right. 0 < y < 500 \left.\right)\).

Số tiền điện hộ gia đình bác An được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: \(15 \% x\) (nghìn đồng)

Số tiền điện hộ gia đình bác Bình được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: \(10 \% y\) (nghìn đồng)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:\(\left{\right. & x + y = 500 \left(\right. 1 \left.\right) \\ & 0 , 15 x + 0 , 1 y = 65 \left(\right. 2 \left.\right)\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\) suy ra \(y = 500 - x \left(\right. 3 \left.\right)\)

Thay \(\left(\right. 3 \left.\right)\) vào \(\left(\right. 2 \left.\right)\) ta được \(0 , 15 x + 0 , 1 \left(\right. 500 - x \left.\right) = 65\)

\(0 , 05 x = 15\)

\(x = 300\) (nhận).

Thay \(x = 300\) vào \(\left(\right. 3 \left.\right)\) ta được \(y = 200\) (nhận)

Vậy số tiền điện hộ gia đình bác Bình trả trong tháng 7 là \(200\) nghìn đồng, gia đình bác An trả trong tháng 7 là \(300\) nghìn đồng.

Gọi số xe theo dự định là \(x\) chiếc (\(x \in \mathbb{N}^{*}\))

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là: \(\frac{120}{x}\) (tấn)

Do lúc sắp khởi hành đội được bổ sung thêm \(5\) chiếc xe cùng loại nên suy ra: số xe thực tế chở là: \(x + 5\) (chiếc)

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo thực tế là: \(\frac{120}{x + 5}\) (tấn)

Theo bài ra ta có phương trình:

\(\frac{120}{x}\) - \(\frac{120}{x + 5} = 2\)

Biến đổi đưa về phương trình: \(x^{2} + 5 x - 300 = 0\)

Giải phương trình được \(x_{1} = 15\), \(x_{2} = - 20\)

\(x = - 20\) không thỏa mãn (loại)

\(x = 15\) (thỏa mãn)

Vậy số xe ban đầu là \(15\) xe.

a) Thay \(x = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\)

\(A = \frac{\frac{1}{4}}{\sqrt{\frac{1}{4}} + 1} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2} + 1} = \frac{1}{6}\)

Vậy với \(x = \frac{1}{4}\) thì giá trị của biểu thức \(A = \frac{1}{6}\)

b) \(B = \frac{3}{\sqrt{x} + 1} + \frac{1}{1 - \sqrt{x}} + \frac{x + 5}{x - 1}\)

\(= \frac{3}{\sqrt{x} + 1} - \frac{1}{\sqrt{x} - 1} + \frac{x + 5}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{3 \sqrt{x} - 3 - \sqrt{x} - 1 + x + 5}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{x + 2 \sqrt{x} + 1}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)^{2}}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1}\)

Vậy \(B = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1}\) (đpcm)

c) Ta có

\(P = A . B = \frac{x}{\sqrt{x} + 1} . \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1} = \frac{x}{\sqrt{x} - 1}\).

\(P \leq 4\)

\(\frac{x}{\sqrt{x} - 1} \leq 4\)

\(\frac{x}{\sqrt{x} - 1} - 4 \leq 0\)

\(\frac{x - 4 \sqrt{x} + 4}{\sqrt{x} - 1} \leq 0\)

\(\frac{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2}}{\sqrt{x} - 1} \leq 0\)

TH1: \(\frac{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2}}{\sqrt{x} - 1} = 0\)

\(\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2} = 0\)

\(x = 4\) (tm).

TH2: \(\frac{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2}}{\sqrt{x} - 1} < 0\)

\(\sqrt{x} - 1 < 0\) (do \(\sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2} \geq 0\))

\(\sqrt{x} < 1\)

\(x < 1\).

Kết hợp với \(x \geq 0 , x \neq 1\) ta có \(0 \leq x < 1\)và \(x = 4\) thì \(P \leq 4\).

Xét phép thử \(P\): "Quay đĩa tròn một lần".

Ta có số trường hợp của phép thử \(P\) là: \(n_{P} = 6\)

Xét biến cố \(A\): "Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho \(3\)".

Ta có các trường hợp thuận lợi để biến cố \(A\) xảy ra là : \(3\); \(6\).

Vậy \(n \left(\right. A \left.\right) = 2\)

Suy ra xác suất của biến cố \(A\) là \(P \left(\right. A \left.\right) = \frac{n \left(\right. A \left.\right)}{n_{P}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

Tần số ghép nhóm của nhóm \(\left[\right. 60 ; 70 \left.\right)\) là \(10\).

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[\right. 60 ; 70 \left.\right)\) là \(f_{\left[\right. 60 ; 70 \left.\right)} = \frac{n_{\left[\right. 60 ; 70 \left.\right)}}{N} = \frac{10}{40} . 100 \% = 25 \%\).

a) Do \(A B , A C\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A B O} = \hat{A C O} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(O A\).

Xét tam giác \(O A B\) vuông tại \(B\) có \(B I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I B = I A = I O = \frac{1}{2} A O\) (1)

Xét tam giác \(O A C\) vuông tại \(C\) có \(C I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I C \&\text{nbsp}; = I A = I O = \frac{1}{2} A O\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(I B = I C = I A = I O\).

Suy ra \(B , C\) thuộc đường tròn tâm \(I\) đường kính \(O A\).

b) Ta có \(A M . A O = \frac{A B}{2} . 2 A I = A B . A I\).

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(M A\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta C M A\) nên \(G \in C E\) và \(\frac{G E}{C E} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{M E}{B E} = \frac{1}{3}\) \(\left(\right.\)vì \(M E = \frac{M A}{2} = \frac{M B}{2}\) nên \(M E = \frac{B E}{3} \left.\right)\)

Suy ra \(\frac{G E}{C E} = \frac{M E}{B E}\), theo định lí Thalès đảo ta có:

\(M G\) // \(B C\).

d) Gọi \(G^{'}\) là giao điểm của \(O A\) và \(C M\) suy ra \(G^{'}\) là trọng tâm \(\Delta A B C\).

Nên \(\frac{G^{'} M}{C M} = \frac{1}{3} = \frac{G E}{C E^{'}}\)

Theo định lý Thalès đảo ta có \(G G^{'}\) // \(M E\) (1)

\(M I\) là đường trung bình trong \(\Delta O A B\) suy ra \(M I\) // \(O B\), mà \(A B ⊥ O B\) (cmt) nên \(M I ⊥ A B\), nghĩa là \(M I ⊥ M E\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(M I ⊥ G G^{'}\),

Lại có \(G I^{'} ⊥ M K\) (vì \(O A ⊥ M K\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta M G G^{'}\)

Suy ra \(G I ⊥ G^{'} M\) tức là \(G I ⊥ C M\).

a) Tứ giác $BCED$ nội tiếp, $C$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ suy ra \widehat{ACB}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\hat{E C B} = 9 0^{\circ}\).

Mặt khác \(E D ⊥ A B\) tại \(D\) (gt) suy ra \(\hat{E D B} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(B E\).

Xét tam giác \(B C E\) có \(\hat{B C E} = 9 0^{\circ}\) và \(C I\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I C = I E = I B = \frac{1}{2} B E\).

Xét tam giác \(B E D\) có \(\hat{B D E} = 9 0^{\circ}\) và \(D I\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I D = I E = I B = \frac{1}{2} B E\).

Suy ra \(B C E D\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(I\), đường kính \(B E\).

b) Xét \(\Delta A E D\) và \(\Delta A B C\) có:

\(\hat{B A C}\) chung

\(\hat{A D E} = \hat{A C B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta A E D \sim \Delta A B C\) (g.g)

Suy ra \(\frac{A E}{A B} = \frac{A D}{A C}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) hay \(A C . A E = A D . A B\).

Mà \(D\) là trung điểm của \(A O\) (gt) suy ra \(A D = \frac{1}{2} A O\)

\(O\) là tâm đường tròn đường kính \(A B\) (gt) nên \(A O = \frac{1}{2} A B\)

Suy ra \(A D = \frac{1}{2} A O = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} A B = \frac{1}{4} A B\)

Do đó, \(A C . A E = \frac{1}{4} A B . A B = \frac{A B^{2}}{4}\) (đpcm).