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).

Gọi cạnh đáy, chiều cao của hình vuông lần lượt là: \(x\) (dm); \(h\) (dm), \(\left(\right. x ; y > 0 \left.\right)\)

Ta có thể tích của hình hộp chữ nhật là: \(V = x^{2} . h = 8\)

Suy ra \(h = \frac{8}{x^{2}}\)

\(S_{t p} = 2 x^{2} + 4 x h = 2 x^{2} + 4 x . \frac{8}{x^{2}} = 2 x^{2} + \frac{32}{x}\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta được:

\(S_{t p} = 2 x^{2} + \frac{32}{x} = 2 x^{2} + \frac{16}{x} + \frac{16}{x} \geq 3. \sqrt[3]{2 x^{2} . \frac{16}{x} . \frac{16}{x}} = 24\)

Dấu "=" xảy ra khi \(2 x^{2} = \frac{16}{x}\)

\(x = 2\) (thỏa mãn).

Vậy độ dài cạnh đáy của hình hộp muốn thiết kế là: \(2\) dm.

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 [60;70) là 10

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm [60;70) là 25%