a) Chứng minh bốn điểm $O$, $I$, $E$, $D$ cùng thuộc một đường tròn.

Gọi $J$ là trung điểm của $ID$

Xét tam giác $DOI$ vuông tại $O$ (do $AB$ vuông $CD$) có $OJ$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, suy ra JO=JI=JD=12IDJO=JI=JD=21​ID (1)

Ta có IED^=90∘IED=90∘ (do là góc nội tiếp chắn cung $CD$) suy ra $\Delta IED$ vuông tại $E$.

Xét tam giác $IED$ vuông tại $E$ có $EI$ là trung tuyến ứng với canh huyền, suy ra JI=JE=JD=12IDJI=JE=JD=21​ID (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O,I,E,D$ cùng thuộc một đường tròn tâm $J$ đường kính $ID$

b) Chứng minh: AH.AE=2R2AH.AE=2R2 và $OA=3.OH$.

Xét $\Delta AHO$ và $\Delta ABE$ có:

AOH^=AEB^=90∘AOH=AEB=90∘

OAH^OAH: góc chung

Suy ra $\Delta AHO\sim \Delta ABE$ (g.g)

Suy ra: OAOH=AEBEOHOA​=BEAE​

Suy ra: AH.AE=AO.AB=R.2R=2R2AH.AE=AO.AB=R.2R=2R2

Ta có $AB$ và $CD$ là hai đường kính vuông góc với nhau nên AC⌢=CB⌢=BD⌢=DA⌢AC⌢=CB⌢=BD⌢=DA⌢.

Mặt khác CEB^=12 CB⌢CEB=21​ CB⌢; AEC^=12 AC⌢AEC=21​ AC⌢.

Suy ra CEB^=AEC^CEB=AEC.

Vậy $EI$ là tia phân giác của góc $AEB$.

Khi đó, ta có:

AEBE=AIIB=32R12R=3BEAE​=IBAI​=21​R23​R​=3

Suy ra: OAOH=3OHOA​=3, do đó $OA=3.OH$

c) Gọi $K$ là hình chiếu của $O$ trên $BD$, $Q$ là giao điểm của $AD$ và $BE$. Chứng minh: $Q,K,I$ thẳng hàng.

Theo ý b) $OA=3.OH$ mà $OA=OD$ nên $OD=3OH$ suy ra HD=23ODHD=32​OD

Suy ra $H$ là trọng tâm $\Delta ABD$ (1)

⚡Xét tam giác $OBD$ cân tại $O$ có $OK\perp BD$ nên $K$ cũng là trung điểm của $BD$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A,H,K,E$ thẳng hàng

⚡Xét tam giác $ABQ$ có $BD$ và $AE$ là các đường cao và $K\in BD$, $K\in AE$. Suy ra $K$ là trực tâm của $\Delta ABQ$.

Suy ra: $KQ$ vuông góc $AB$ (*)

⚡Xét tam giác $OBD$ có $IK$ là đường trung bình của tam giác nên $IK//OD$, suy ra $IK\perp AB$ (góc đồng vị) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $Q,K,I$ thẳng hàng

a) Tần số tương đối của các nhóm $[10;20)$, $[20;30)$, $[30;40)$, $[40;50)$ lần lượt là:

f1=8.10060%≈13,33%f1​=608.100​%≈13,33%;

f2=18.10060%=30%f2​=6018.100​%=30%;

f3=24.10060%=40%f3​=6024.100​%=40%;

f4=10.10060%≈16,67%.f4​=6010.100​%≈16,67%.

b) Bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm.

c) Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm ở dạng biểu đồ cột của mẫu số liệu ghép nhóm.

a) Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega =\{(1,2);(1,3);(1,4);(2,1);(2,3);(2,4);(3,1);(3,2);(3,4);(4,1);(4,2);(4,3)\}$

b) Xác suất để lấy được $2$ viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ.

Số các kết quả có thể xảy ra (số phần tử của không gian mẫu) là $n(\Omega )=12$.

Gọi $A$ là biến cố “Lấy được $2$ viên bi mà tổng hai số trên hai viên bi đó là số lẻ”.

Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $n(A)=8$.

Xác suất của biến cố $A$ là P(A)=n(A)n(Ω)=812=23P(A)=n(Ω)n(A)​=128​=32​.

20 phút= 1/3 h

Gọi x (h) là thời gian người đó đi từ thành phố về quê (x > 0)

=>Thời gian người đó đi từ quê lên thành phố là: x + 1/3 (h)

=>Quãng đường đi từ thành phố về quê: 30x (km)

=>Quãng đường đi từ quê lên thành phố: 25(x + 1/3) (km)

Theo đề, ta có pt:

30x = 25(x + 1/3)

=>30x = 25x + 25/3

=>30x - 25x = 25/3

=>5x = 25/3

=>x = 25/3 : 5

=>x = 5/3 (TM)

Vậy quãng đường từ thành phố về quê là: 30 . 5/3 = 50 km

$3x-5=4$

$3x=9$

$x=3$

Vậy phương trình có nghiệm là x=3

b.2x/3+3x-1/6=x/2

4x/6+3x-1/6=3x/6

4x+3x-1=3x

x=1/4

Vậy pt có nghiệm là x=1/4

a) $ABCD$ là hình bình hành nên hai đường chéo $AC,BD$ cắt nhau tại $O$ là trung điểm của mỗi đường.

Xét $\Delta OBM$ và $\Delta ODP$ có:

     $OB=OD$ ( giả thiết)

     $\widehat{OBM}=\widehat{ODP}$ (so le trong)

     $\widehat{BOM}=\widehat{DOP}$ (đối đỉnh)

Vậy $\Delta OBM=\Delta ODP$ (g.c.g)

Suy ra $OM=OP$ (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự $\Delta OAQ=\Delta OCN$ (g.c.g) suy ra $OQ=ON$ (hai cạnh tương ứng)

$MNPQ$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

b) Hình bình hành $MNPQ$ có hai đường chéo $MP\perp NQ$ nên là hình thoi.

$ABCD$ là hình bình hành nên $AB=DC$ suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AB=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DC$

Do đó $AM=BM=DN=CN$.

Tứ giác $AMCN$ có $AM$ // $NC,AM=NC$ nên là hình bình hành.

Lại có $\Delta ADC$ vuông tại $A$ có $AN$ là đường trung tuyến nên $AN=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DC=DN=CN$.

Hình bình hành $AMCN$ có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi, khi đó hai đường chéo $AC,MN$ vuông góc với nhau.

Tứ giác $AMCN$ là hình thoi.

Ta có $ABCD$ là hình thoi nên $AC\perp BD$ tại trung điểm của mỗi đường nên $BD$ là trung trực của $AC$

Suy ra $GA=GC,HA=HC$ $\left(1\right)$

Và $AC$ là trung trực của $BD$ suy ra $AG=AH,CG=CH$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ suy ra $AG=GC=CH=HA$ nên $AGCH$ là hình thoi.