Xét ΔAEH,ΔBEFΔ𝐴𝐸𝐻,Δ𝐵𝐸𝐹 có:

^A=^B(=90o)𝐴^=𝐵^(=90𝑜)

EH=EF𝐸𝐻=𝐸𝐹

ˆAEH=90o−ˆBEF=ˆBFE𝐴𝐸𝐻^=90𝑜−𝐵𝐸𝐹^=𝐵𝐹𝐸^

→ΔAEH=ΔBFE→Δ𝐴𝐸𝐻=Δ𝐵𝐹𝐸(cạnh huyền-góc nhọn)

→AE=BF,BE=AH→𝐴𝐸=𝐵𝐹,𝐵𝐸=𝐴𝐻

Tương tự chứng minh đượcAE=BF=CG=DH,BE=CF=DG=AH𝐴𝐸=𝐵𝐹=𝐶𝐺=𝐷𝐻,𝐵𝐸=𝐶𝐹=𝐷𝐺=𝐴𝐻

Đặt AE=x→BE=30−x𝐴𝐸=𝑥→𝐵𝐸=30−𝑥

→EH=√AE2+EH2=√x2+(30−x)2→𝐸𝐻=𝐴𝐸2+𝐸𝐻2=𝑥2+(30−𝑥)2

→SEFGH=EH2=x2+(30−x)2=x2−30x+450=(x−15)2+225≥225→𝑆𝐸𝐹𝐺𝐻=𝐸𝐻2=𝑥2+(30−𝑥)2=𝑥2−30𝑥+450=(𝑥−15)2+225≥225

Dấu = xảy ra khi x−15=0→x=15𝑥−15=0→𝑥=15

→AE=15

→E là trung điểm

a.Vì CD𝐶𝐷 là đường kính của (O)→ˆCED=90o(𝑂)→𝐶𝐸𝐷^=90𝑜

→ˆIED=ˆIOD=90o→𝐼𝐸𝐷^=𝐼𝑂𝐷^=90𝑜

→OIED→𝑂𝐼𝐸𝐷 nội tiếp đường tròn đường kính ID𝐼𝐷

b.Xét ΔAOH,ΔAQBΔ𝐴𝑂𝐻,Δ𝐴𝑄𝐵 có:

Chung ^A𝐴^

^O=^E(=90o)𝑂^=𝐸^(=90𝑜)

→ΔAOH∼ΔAEB(g.g)→Δ𝐴𝑂𝐻∼Δ𝐴𝐸𝐵(𝑔.𝑔)

→AOAE=AHAB→𝐴𝑂𝐴𝐸=𝐴𝐻𝐴𝐵

→AH.AE=AO.AB=2R2→𝐴𝐻.𝐴𝐸=𝐴𝑂.𝐴𝐵=2𝑅2

Vì AB⊥CD→C𝐴𝐵⊥𝐶𝐷→𝐶 nằm chính giữa cung AB𝐴𝐵

→CA=CB→𝐶𝐴=𝐶𝐵

→ˆCEA=ˆCEB→𝐶𝐸𝐴^=𝐶𝐸𝐵^

→EI→𝐸𝐼 là phân giác ˆAEB𝐴𝐸𝐵^

Ta có: AI=AO+OI=32R,IB=12R𝐴𝐼=𝐴𝑂+𝑂𝐼=32𝑅,𝐼𝐵=12𝑅

→EAEB=IAIB=3→𝐸𝐴𝐸𝐵=𝐼𝐴𝐼𝐵=3

→EA=3EB→𝐸𝐴=3𝐸𝐵

A)không gian mẫu của phép thử là:

Ω = {số 1; số 2; số 3; số 4;….., số 19, số 20}.

B)  Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố: “Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia cho 7 dư 1” là: số 1, số 8, số 15.

Xác suất của biến cố đó là: 320

b) Ta có tần số tương đối của giá trị đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên của năm nay là:

12% + 8% + 6% = 26%

Tần số tương đối của giá trị đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên

của 1 năm trước là:

54220.100%≈24,55%54220.100%≈24,55%

Vậy ý kiến cho rằng: “Tỉ lệ đại biểu sử dụng được từ 3 ngoại ngữ trở lên có tăng giữa hai năm đó” là ý kiến đúng vì tần số tương đối tăng lên khoảng 26% - 24,55% ≈≈ 1,45%.

C)Tổng số đại biểu tham gia tại một trại hè thanh thiếu niên quốc tế là:

84 + 64 + 24 + 16 + 12 = 200 (đại biểu).

Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được 2 ngoại ngữ là:



 Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được 3 ngoại ngữ là:



Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được 4 ngoại ngữ là:



Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được lớn hơn hoặc bằng 5 ngoại ngữ là:



Vậy tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được 2; 3; 4 và ít nhất 5 ngoại ngữ lần lượt là 32%, 12%, 8%, 6%.

A) Với m= 2 PT trở thành x2−4x+3=0𝑥2−4𝑥+3=0 

Giải phương trình tìm được các nghiệm x=1; x=3.𝑥=1; 𝑥=3. 

2) Ta có Δ'=m2−m2+1=1>0,∀m.𝛥'=𝑚2−𝑚2+1=1>0,∀𝑚. 

Do đó, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Từ giả thiết ta có x2i−2mxi+m2−1=0,i=1;2.x3i−2mx2i+m2xi−2=xi(x2i−2mxi+m2−1)+xi−2=xi−2,i=1;2.𝑥𝑖2−2𝑚𝑥𝑖+𝑚2−1=0,𝑖=1;2.𝑥𝑖3−2𝑚𝑥𝑖2+𝑚2𝑥𝑖−2=𝑥𝑖𝑥𝑖2−2𝑚𝑥𝑖+𝑚2−1+𝑥𝑖−2=𝑥𝑖−2,𝑖=1;2. 

Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có x1+x2=2m;x1.x2=m2−1𝑥1+𝑥2=2𝑚;𝑥1.𝑥2=𝑚2−1 

Ta có

 (x1−2)+(x2−2)=2m−4;(x1−2)(x2−2)=x1x2−2(x1+x2)+4=m2−1−4m+4=m2−4m+3𝑥1−2+𝑥2−2=2𝑚−4;𝑥1−2𝑥2−2=𝑥1𝑥2−2𝑥1+𝑥2+4=𝑚2−1−4𝑚+4=𝑚2−4𝑚+3

Vậy phương trình bậc hai nhận x31−2mx21+m2x1−2, x32−2mx22+m