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) Chiều cao hộp dựng bóng hình trụ là \(h = 6 , 4.3 = 19 , 2\) (cm)
Bán kính đáy hộp đựng bóng hình trụ là \(R_{1} = 6 , 4 : 2 = 3 , 2\) (cm).
Thể tích đựng bóng hình trụ là:
\(V_{1} = \pi r R_{1}^{2} h = \pi . 3 , 2^{2} . 19 , 2 = 618\) (cm³)
b) Bán kính quả bóng tennis là \(R_{2} = 6 , 4 : 2 = 3 , 2\) (cm²)
Thể tích của ba quả bóng tennis có dạng hình cầu là:
\(V_{2} = 3 \left(\right. \frac{4}{3} \pi R_{2}^{3} \left.\right) = 3. \left(\right. \frac{4}{3} . \pi . 3 , 2^{3} \left.\right) \approx 412\) (cm³)
Thể tích bên trong hộp đựng bóng không bị chiếm bởi ba quả bóng tennis là:
\(V = V_{1} - V_{2} = 618 - 412 = 203\) (cm³)

Hình trụ thứ nhất có bán kính \(R_{1} = \frac{8}{2} = 4\) mm và chiều cao là \(2\) mm.  
Ta có thể tính thể tích \(V_{1} = \pi R_{1}^{2} h = \pi . 4^{2} = 32 \pi\) (mm³).
Hình trụ thứ hai có bán kính \(R_{2} = \frac{4}{2} = 2\) mm và chiều cao là \(25\) mm.  
Ta có thể tính thể tích \(V_{2} = \pi R_{2}^{2} h = \pi . 2^{2} . 25 = 100 \pi\) (mm³).
Hình nón có đường kính đáy là \(4\) mm nên bán kính mặt đáy \(R_{3} = \frac{4}{2} = 2\) mm và chiều cao \(5\) mm.
Ta có thể tính thể tích \(V_{3} = \frac{1}{3} \pi R_{3}^{2} h = \frac{1}{3} \pi . 2^{2} . 5 = \frac{20}{3} \pi\) (mm³).
Do đó thể tích của chiếc đinh là:
\(V_{1} + V_{2} + V_{3} = 32 \pi + 100 \pi + \frac{20}{3} \pi = \frac{416}{3} \pi\) (mm³)
Khi thả 10 chiếc đinh vào cốc nước thì thể tích nước tăng thêm:
\(10. \frac{416}{3} \pi = \frac{4 160}{3 \pi} \approx 4 356 , 34\) (mm³) \(\approx 4 , 4\) (ml)

Đổi \(40\) mm \(= 4\) cm

a) Bán kính của quả bóng bàn là: \(4 : 2 = 2\) (cm)

Thể tích của quả bóng bàn là:

\(V_{1} = \frac{4}{3} \pi R^{3} = \frac{4}{3} . 3 , 14. 2^{3} = 33 , 49\) (cm³)

b) Thể tích nước dâng là:

\(V_{2} = \pi R^{2} . h = 3 , 14. 3^{2} . 7 , 2 = 203 , 472\) (cm³)

Thể tích phần bóng chìm: \(V_{3} = 203 , 472 - 200 = 3 , 472\) (cm³)

Vậy thể tích phần nổi quả bóng là

\(V = V_{1} - V_{3} = 33 , 49 - 3 , 472 \approx 30 , 02\) (cm³)

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 \(B C E D\) nội tiếp, \(C\) thuộc đường tròn đường kính \(A B\) 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).

a) Chứng minh \(\hat{A B C} = \hat{C H M}\).

Vì \(A M , C N\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(A M ⊥ B C\) và \(C N ⊥ A B\)

Suy ra \(\hat{B M H} = \hat{B N H} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(H B\).

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

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

Suy ra \(B N H M\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(F\), đường kính \(H B\).

Do đó \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\).

hay \(\hat{C B A} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\).

Mà \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù) do đó \(\hat{C B A} = \hat{M B N}\).

b) Chứng minh \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

Tứ giác \(B N H M\) nội tiếp nên \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{A H C} = \hat{N H M}\) (đối đỉnh) nên \(\hat{M B N} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\) hay \(\hat{A B C} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\)

Mặt khác tứ giác \(B N H M\) nội tiếp đường tròn tâm \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A D C} + \hat{A B C} = 18 0^{\circ}\).

Do đó \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

c) Chứng minh \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\).

Ta chứng minh \(A C M N\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(E\) là trung điểm \(A C\).

Xét tam giác \(A M C\) có \(\hat{A M C} = 9 0^{\circ}\) và \(M E\) là đường trung tuyến nên \(E M = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (3) 

Xét tam giác \(A N C\) có \(\hat{A N C} = 9 0^{\circ}\) và \(N E\) là đường trung tuyến nên \(E N = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(E M = E N = E C = E A\).

Vậy tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(E\) đường kính \(A C\).

Suy ra \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(M C\) của đường tròn tâm \(E\)).

d) Chứng minh \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

Ta có \(\hat{M A C} + \hat{A C M} = 9 0^{\circ}\) (hai góc phụ nhau)

Hay \(\hat{A C M} = 9 0^{\circ} - \hat{M A C}\)

Mà \(\hat{A C M} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\) (tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn) nên \(9 0^{\circ} - \hat{M A C} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

a) Chứng minh tứ giác \(B F H D\) nội tiếp.

Xét đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\) có \(\hat{C F B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(C F ⊥ A B\).

\(\hat{C F B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(B E ⊥ A C\)

Mà \(C F\) cắt \(B E\) tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của tam giác \(A B C\)

Hay \(A H ⊥ B C\), suy ra \(\hat{H D B} = 9 0^{\circ}\)

Gọi \(K\) là trung điểm \(B H\).

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

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

Từ (1) và (2) suy ra \(K B = K H = K F = K D\).

Vậy tứ giác \(B F H D\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(K\) đường kính \(B H\).

b) Chứng minh tứ giác \(A B D E\) nội tiếp.

Gọi \(O\) là trung điểm \(A B\).

Xét tam giác \(A D B\) có \(\hat{A D B} = 9 0^{\circ}\) và \(D O\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(O D = O A = O B = \frac{1}{2} A B\) (3)

Xét tam giác \(A E B\) có \(\hat{A E B} = 9 0^{\circ}\) và \(E O\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(O E = O A = O B = \frac{1}{2} A B\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(O D = O E = O A = O B\).

Vậy tứ giác \(A B D E\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(O\) đường kính \(A B\).

a) Chứng minh \(B C D E\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(O\) là trung điểm \(B C\).

Vì \(B D , C E\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(B D ⊥ A C\) và \(C E ⊥ A B\)

Suy ra \(\hat{B D C} = \hat{B E C} = 9 0^{\circ}\).

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

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

Từ (1) và (2) suy ra \(O D = O E = O C = O B\).

Vậy tứ giác \(B C D E\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(O\) là trung điểm \(B C\).

b) Chứng minh \(A D H E\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(B D , C E\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(B D ⊥ A C\) và \(C E ⊥ \&\text{nbsp}; A B\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(A H\) (học sinh tự vẽ thêm trên hình)

Xét tam giác \(A D H\) có \(\hat{A D H} = 9 0^{\circ}\) và \(D M\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(M D = M A = M H = \frac{1}{2} A H\) (3)

Xét tam giác \(A E H\) có \(\hat{A E H} = 9 0^{\circ}\) và \(E M\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(M E = M A = M H = \frac{1}{2} A H\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(A D H E\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(M\) là trung điểm \(A H\), đường kính \(A H\).

Ta có \(A I = \frac{2 A O}{3} = \frac{2 R}{3}\) suy ra \(O I = R - \frac{2 R}{3} = \frac{R}{3}\)

\(\Delta O C I\) vuông tại \(O\), ta có:

\(C I = \sqrt{O C^{2} + O I^{2}} = \sqrt{R^{2} + \left(\right. \frac{R}{3} \left.\right)^{2}} = \frac{R \sqrt{10}}{3}\) nội tiếp đường tròn  có cạnh \(C D\) là đường kính

Suy ra \(\Delta C E D\) vuông tại \(E\)

Hai tam giác vuông \(O C I\) và \(C E D\) có \(\hat{C}\) :chung 

Suy ra \(\Delta C O I \sim \Delta C E D\)

Suy ra \(\frac{C O}{C E} = \frac{C I}{C D}\)

\(C E = \frac{C O . C D}{C I} = \frac{R . 2 R}{R \frac{\sqrt{10}}{3}} = \frac{6 R}{\sqrt{10}} = \frac{3 R \sqrt{10}}{5}\).