Đặt \(A E = x\) (\(0 \leq x \leq 30\))

Chỉ ra được \(S_{E F G H} = S_{A B C D} - 4 S_{A E H} = 900 - 2 x \left(\right. 30 - x \left.\right)\)

Do đó \(2 x^{2} - 60 x + 900 = 2 \left(\right. x - 15 \left.\right)^{2} + 450 \geq 450\)

Dấu “\(=\)" xảy ra khi và chỉ khi \(x = 15\) (TM)

Vậy \(min ⁡ S_{E F G H} = 450\) m² khi \(A E = 15\).

a) Gọi \(J\) là trung điểm của \(I D\)

+) \(A B\) vuông góc \(C D\) tại \(O\), mà \(I \in O B\)

Suy ra \(\hat{I O D} = 9 0^{\circ}\)

\(\Delta I O D\) vuông tại \(O\), từ đó suy ra : \(J O = J I = J D\)(1)

+ Ta có: \(\hat{C E D}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, nên \(\hat{C E D} = 9 0^{\circ}\)

Hay  \(\hat{I E D} = 9 0^{\circ}\), suy ra \(\Delta I E D\) vuông tại \(E\),

Suy ra \(J I = J E = J D\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O\), \(I\), \(E\), \(D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(I D\).

b) Xét \(\Delta A H O\) và \(\Delta A B E\) có:

\(\hat{A O H} = \hat{A E B} = 9 0^{\circ}\);

\(\hat{A}\): góc chung

Do đó \(\Delta A H O \sim \Delta A B E\) (g.g)

Suy ra: \(\frac{A H}{A B} = \frac{A O}{A E}\)

Hay \(A H . A E = A O . A B\)

Suy ra \(A H . A E = 2 R^{2}\) (điều phải chứng minh)

+) Từ  \(\Delta A H O \sim \Delta A B E\) suy ra: \(\frac{O A}{A E} = \frac{O H}{B E}\) hay \(\frac{O A}{O H} = \frac{A E}{B E}\)

Mà \(E I\) là tia phân giác của góc \(A E B\)nên suy ra:

\(\frac{A E}{B E} = \frac{A I}{I B} = \frac{\frac{3}{2} R}{\frac{1}{2} R} = 3\)

Suy ra \(\frac{O A}{O H} = \frac{1}{3}\)

Do đó, \(O A = 3 O H\).

c) Vì \(O A = 3 O H\), mà \(O A = O D \left(\right. = R \left.\right)\) nên \(O D = 3 O H\)

Suy ra \(H D = \frac{2}{3} O D\)

Suy ra \(H\) là trọng tâm tam giác \(A B D\).

\(A B ⊥ C D\) nên \(\hat{B O D} = 9 0^{\circ}\)

\(\Delta O B D\) vuông tại \(O\) có \(O B = O D \left(\right. = R \left.\right)\) nên là tam giác vuông cân tại \(O\) có đường cao \(O K\) đồng thời là đường trung tuyến nên \(K\) là trung điểm của \(D B\).

Suy ra \(A\), \(H\), \(K\), \(E\) thẳng hàng

Ta có \(A E\) cắt \(B D\) tại \(K\) nên \(K\) là trực tâm của \(\Delta A B Q\)

\(K Q ⊥ A B\) (3)

\(\Delta O K B\) có \(O K = O B\) (Vì \(O K\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông cân \(A B D\)) nên \(\Delta O K B\) cân tại \(K\).

Suy ra \(K I\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao, hay \(K I ⊥ O B\)

Suy ra \(K I ⊥ A B\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(Q\), \(K\), \(I\) thẳng hàng. (điều phải chứng minh).

a) Thùng nước là một hình trụ có chiều cao \(h = 1\) m, chu vi đáy là \(C = 2\) m.

Gọi \(R\) là bán kính đáy của hình trụ

Ta có : \(C = 2 \pi . R\), suy ra \(R = \frac{1}{\pi}\) (m)

Thể tích của hình trụ là : \(V = \pi R^{2} h = \pi \left(\right. \frac{1}{\pi^{2}} \left.\right) . 1 = \frac{1}{\pi} \approx 0 , 32\) m³.

Vậy thùng đựng được \(0 , 32\) m³ nước.

b) Để lấy bóng, em bé chỉ cần đổ đầy nước vào thùng tôn. Em bé cần lấy ít nhất \(0 , 32\) m³ nước thì bóng nổi trên mặt thùng tôn khi đó sẽ an toàn.

a) Các kết quả có thể xảy ra là: \(1\); \(2\); \(3\); \(4\); ... ; \(18\); \(19\); \(20\).

\(\Omega = \left{\right. 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; . . . ; 18 ; 19 ; 20 \left.\right}\).

b) Có \(3\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(T\) là \(1 , 8 , 15\).

Vậy \(P \left(\right. T \left.\right) = \frac{3}{20} = 0 , 15\).

a) Với \(m = 2\), phương trình (1) trở thành:

\(x^{2} - 4 x + 3 = 0\)

Vì \(a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên \(x_{1} = 1\) và \(x_{2} = 3\).

Vậy với \(m = 2\), phương trình có hai nghiệm là \(x_{1} = 1\) và \(x_{2} = 3\).

b) Vì \(a = 1 \neq 0\) nên phương trình đã cho là phương trình bậc hai.

Ta có: \(\Delta^{'} = \left(\right. - m \left.\right)^{2} - \left(\right. m^{2} - 1 \left.\right) = 1\)

Vì \(\Delta^{'} = 1 > 0\) với mọi giá trị của \(m\) nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\), hai nghiệm đó là: \(m - 1\) và \(m + 1\).

Vì \(x_{1} < x_{2}\) nên \(x_{1} = m - 1\) và \(x_{2} = m + 1\)

Thay \(x_{1} = m - 1\) và \(x_{2} = m + 1\) vào đẳng thức \(2 x_{1}^{2} - x_{2} = - 2\) ta được:

\(2 \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} - \left(\right. m + 1 \left.\right) = - 2\)

\(2 m^{2} - 5 m + 3 = 0\)

Vì \(2 + \left(\right. - 5 \left.\right) + 3 = 0\) nên \(m_{1} = 1\); \(m_{2} = \frac{3}{2}\)

Vậy \(m \in \left{\right. 1 ; \frac{3}{2} \left.\right}\).

a) Với \(m = 2\), phương trình (1) trở thành:

\(x^{2} - 4 x + 3 = 0\)

Vì \(a + b + c = 1 - 4 + 3 = 0\) nên \(x_{1} = 1\) và \(x_{2} = 3\).

Vậy với \(m = 2\), phương trình có hai nghiệm là \(x_{1} = 1\) và \(x_{2} = 3\).

b) Vì \(a = 1 \neq 0\) nên phương trình đã cho là phương trình bậc hai.

Ta có: \(\Delta^{'} = \left(\right. - m \left.\right)^{2} - \left(\right. m^{2} - 1 \left.\right) = 1\)

Vì \(\Delta^{'} = 1 > 0\) với mọi giá trị của \(m\) nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của \(m\), hai nghiệm đó là: \(m - 1\) và \(m + 1\).

Vì \(x_{1} < x_{2}\) nên \(x_{1} = m - 1\) và \(x_{2} = m + 1\)

Thay \(x_{1} = m - 1\) và \(x_{2} = m + 1\) vào đẳng thức \(2 x_{1}^{2} - x_{2} = - 2\) ta được:

\(2 \left(\right. m - 1 \left.\right)^{2} - \left(\right. m + 1 \left.\right) = - 2\)

\(2 m^{2} - 5 m + 3 = 0\)

Vì \(2 + \left(\right. - 5 \left.\right) + 3 = 0\) nên \(m_{1} = 1\); \(m_{2} = \frac{3}{2}\)

Vậy \(m \in \left{\right. 1 ; \frac{3}{2} \left.\right}\).