Có kí hiệu nào quá khó hay là không hiểu lập luận chỗ nào thì nói mình ngay nhé.

Gọi T là giao điểm của EF và BC. Xét tứ giác toàn phần BCEF.AT nội tiếp đường tròn (M) có BE cắt CF tại H nên theo định lý Brocard, H là trực tâm tam giác ATM, suy ra TH vuông góc với AM hay TH//PQ.

Dễ thấy \(\left(BCDT\right)=-1\) nên \(\left(HB,HC,HD,HT\right)=-1\).

Mà PQ//HT cắt HD, HB, HC lần lượt là A, Q, P nên A là trung điểm PQ (tính chất của hàng điểm điều hòa), suy ra MA là trung tuyến của tam giác MPQ.

Tam giác MPQ có MA vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên nó cân tại M, suy ra \(MP=MQ\) (đpcm).

hình vẽ câu c

c) Từ \(\Delta DKL-\Delta DCK\) (câu a) \(\rArr\hat{DLK}=\hat{DKC}\)

Mà \(\hat{DLK}=\hat{CHK}\) (vì tam giác KLH cân tại K)

\(\rArr\hat{CKD}=\hat{CHK}\)

\(\rArr\Delta CKD-\Delta CHK\left(g.g\right)\)

\(\rArr\frac{CK}{CH}=\frac{CD}{CK}\) \(\rArr CK^2=CD\cdot CH\) (3)

Xét các tam giác vuông CID và CHA lần lượt vuông tại I và H, có góc ACB chung nên \(\Delta CID-\Delta CHA\left(g.g\right)\)

\(\rArr\frac{CI}{CH}=\frac{CD}{CA}\) \(\rArr CH\cdot CD=CI\cdot CA\) (4)

Từ (3) và (4), dễ thấy \(CK^2=CI\cdot CA\) (đpcm)

b) Gọi T là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm B, bán kính BA và đường tròn tâm D, bán kính DI. TK cắt AC tại M.

Khi đó, xét đường tròn (B), dễ thấy \(\hat{MAK}=\hat{MTA}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó).

\(\rArr\Delta MAK-\Delta MTA\left(g.g\right)\)

\(\rArr\frac{MA}{MK}=\frac{MT}{MA}\) \(\rArr MA^2=MK\cdot MT\)

Tương tự, ta có \(MI^2=MK\cdot MT\) \(\rArr MA=MI\) hay M là trung điểm AI.

Dễ thấy AH//IL vì chúng cùng vuông góc với BC nên AHLI là một hình thang vuông tại H và L. Hơn nữa, dễ thấy BC là trung trực của KT nên KT vuông góc với BC, suy ra KT//AH//IL.

Mà KT lại đi qua trung điểm M của AI nên KT chính là đường trung bình của hình thang AHLI. Nếu gọi giao điểm của KT và BC là N thì rõ ràng N là trung điểm của HL, suy ra KN là trung tuyến của tam giác KHL.

Tam giác KHL có KN vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên nó cân tại K. \(\rArr KH=KL\) (đpcm)

Hình vẽ câu a đây nhé.

a) Tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH nên \(BA^2=BH\cdot BC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà theo đề bài, ta có \(BK=BA\) nên \(BK^2=BH\cdot BC\)

\(\rArr\frac{BK}{BC}=\frac{BH}{BK}\)

Xét các tam giác BKH và BCK, ta có \(\hat{CBK}\) chung và \(\frac{BK}{BC}=\frac{BH}{BK}\) nên \(\Delta BKH-\Delta BCK\left(c.g.c\right)\) (mình viết dấu "-" thay cho dấu đồng dạng nhé, vì ở đây không có kí hiệu đồng dạng)

\(\rArr\hat{BKH}=\hat{BCK}=\hat{DCK}\) (1)

Tam giác DIC vuông tại I có đường cao IL nên \(DI^2=DL\cdot DC\).

Theo đề bài, có \(DI=DK\) nên \(DK^2=DL\cdot DC\) \(\rArr\frac{DK}{DC}=\frac{DL}{DK}\)

Xét các tam giác DKL và DCK, ta có: \(\hat{CDK}\) chung và \(\frac{DK}{DC}=\frac{DL}{DK}\) nên \(\Delta DKL-\Delta DCK\left(c.g.c\right)\) \(\rArr\hat{DKL}=\hat{DCK}\) (2)

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra \(\hat{BKH}=\hat{DKL}\) (đpcm).

À câu d chỗ nào có X bạn thay bằng \(\overline{X}\) hết nhé, sau đó dùng \(P\left(\overline{X}\vert A\right)=1-P\left(X\vert A\right)\) để tìm mấy XS có đk kia nhé. Kết quả cuối cùng ra 0,928.

d) \(P\left(\overline{X}\vert A\right)=\frac{P\left(\overline{X}A\right)}{P\left(A\right)}\)

\(=\frac{P\left(\overline{X}AD\right)+P\left(\overline{X}AE\right)+P\left(\overline{X}AF\right)}{P\left(A\right)}\)

\(=\frac{P\left(A\right)\cdot P\left(D\vert A\right)\cdot P\left(X\vert D\right)+P\left(A\right)\cdot P\left(E\vert A\right)\cdot P\left(X\vert E\right)+P\left(A\right)\cdot P\left(F\vert A\right)\cdot P\left(X\vert F\right)}{P\left(A\right)}\)

\(=P\left(D\vert A\right)\cdot P\left(X\vert D\right)+P\left(E\vert A\right)\cdot P\left(X\vert E\right)+P\left(F\vert A\right)\cdot P\left(X\vert F\right)\)

\(\) \(=40\%\cdot4\%+40\%\cdot8\%+20\%\cdot12\%\)

\(=0,072\)

c) Có 120 máy, mà xác suất 1 máy bị hỏng là P(X) = 0,078 nên có 9,36 máy bị hỏng?

Mình check lại các phép tính đúng hết rồi nhé. Bạn xem lại đề giúp mình nhé.