) Chứng minh O, I, E, D cùng thuộc một đường tròn:

Vì CD là đường kính của đường tròn (O) nên ∠CED = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tam giác OIE có OI = IB (I là trung điểm của OB) và OB = R (bán kính đường tròn (O)) nên OI = R/2.

Tam giác OID vuông tại O (vì AB ⊥ CD) nên ∠OID = 90°.

Vậy tứ giác OIHD có ∠OID + ∠CED = 90° + 90° = 180°. Suy ra tứ giác OIHD nội tiếp đường tròn.

Do đó, bốn điểm O, I, E, D cùng thuộc một đường tròn.

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

Xét tam giác vuông ACE có đường cao CH, ta có: AC² = AH.AE (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Vì AC = R√2 (tam giác AOC vuông cân tại O) nên AC² = 2R².

Suy ra AH.AE = 2R².

Gọi M là giao điểm của AE và OB. Xét tam giác AOM có ∠AOM = 90° (vì AB ⊥ CD) và ∠MAO = ∠EAO = 45° (vì AE là tia phân giác của ∠CAB). Suy ra tam giác AOM vuông cân tại O nên OM = OA = R.

Vì I là trung điểm của OB nên OI = IB = R/2. Suy ra OH = OI + IH = R/2 + IH.

Ta có OA = OM = R = 3(R/2 + IH) = 3OH.

c) Chứng minh Q, K, I thẳng hàng:

Gọi T là giao điểm của OK và BE.

Ta có OK là đường cao của tam giác OBD nên OK ⊥ BD.

Vì BE ⊥ AD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên BE // OK.

Suy ra ∠OBE = ∠TOK (hai góc đồng vị).

Mà ∠OBE = ∠ODE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OE) nên ∠TOK = ∠ODE.

Do đó, tứ giác OTEK nội tiếp đường tròn.

Suy ra ∠OTE = ∠OKE = 90°.

Vậy OT ⊥ BE.

Mà Q là giao điểm của AD và BE nên Q nằm trên đường thẳng BE.

Do đó, Q, T, E thẳng hàng.

Vì T là giao điểm của OK và BE nên Q, K, T thẳng hàng.

Vậy Q, K, I thẳng hàng

a) Thể tích thùng nước

Thùng nước là hình trụ, chiều cao h = 1m.

Tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 1m \times 2m, trong đó:

Chiều cao thùng là h = 1m.

Chiều dài tấm tôn dùng để quấn thành chu vi đáy trụ là 2 m, tức chu vi đáy hình tròn của thùng là 2m.

Ta tính bán kính r đáy thùng:

Chu \, vi = 2 \pi r = 2m

\implies r = \frac{2}{2\pi} = \frac{1}{\pi} = \frac{1}{3,14} \approx 0,3185m.

Thể tích hình trụ:

V = \pi r^2 h

= 3,14 \times (0,3185)^2 \times 1 = 3,14 \times 0,1014

= 0,3185 \, (m^3).

Vậy thùng đựng đầy được khoảng 0,3185 mét khối nước.

b) Lấy ít nhất bao nhiêu nước để lấy quả bóng bưởi?

Khi quả bóng bưởi rơi xuống thùng, nó chiếm một thể tích V_{bóng}. Em bé cần lấy bớt nước từ vòi sao cho mực nước trong thùng thấp, để quả bóng nổi lên có thể lấy ra dễ dàng.

Do chỉ lấy ít nước, lượng nước lấy ra tối thiểu là thể tích của quả bóng.

Như vậy, lượng nước cần lấy ít nhất bằng thể tích quả bóng bưởi.

Như đề không cho kích thước hoặc thể tích quả bóng bưởi, ta không thể tính chính xác được lượng nước cần lấy.

Kết luận

a) Thùng đầy nước chứa khoảng 0,3185 m³ nước.

b) Để lấy quả bóng bưởi, em bé phải lấy ít nhất thể tích nước bằng thể tích quả bóng.

Do chưa biết thể tích quả bóng, không đủ dữ liệu để tính lượng nước cần lấy.

Mẫu 1: Bồn chứa nước hình hộp đáy vuông

Độ dài đường chéo của đáy hình vuông là 4 mét.

Gọi cạnh của hình vuông là a. Theo định lý Pythagoras: a^2 + a^2 = 4^2

2a^2 = 16

a^2 = 8

a = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}

Diện tích đáy hình vuông là a^2 = 8 m^2.

Chiều cao của bồn là 2 mét.

Thể tích của bồn hình hộp là

V_1 = \text{diện tích đáy} \times \text{chiều cao}

= 8 \times 2 = 16

m^3.

Mẫu 2: Bồn chứa nước hình trụ

Đường kính đáy là 4 mét, vậy bán kính đáy là r = 2 mét.

Chiều cao của bồn là 2 mét.

Diện tích đáy hình tròn là \pi r^2 = \pi (2^2) = 4\pi m^2.

Thể tích của bồn hình trụ là

V_2 = \text{diện tích đáy} \times \text{chiều cao}

= 4\pi \times 2 = 8\pi

m^3.

8\pi \approx 8 \times 3.1416 = 25.1328 m^3.

So sánh thể tích

V_1 = 16 m^3

V_2 \approx 25.1328 m^3

Vì 25.1328 > 16, bồn chứa nước hình trụ (Mẫu 2) có thể tích lớn hơn.

Kết luận

Người đó nên chọn mẫu thiết kế hình trụ (Mẫu 2) để dự trữ nước được nhiều nhất

Tính giá trị của A tại x = \frac{1}{4}.

Thay x = \frac{1}{4} vào biểu thức A, ta có:

A = \frac{\frac{1}{4}}{\sqrt{\frac{1}{4}} + 1} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2} + 1} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{2}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{6}

Vậy, giá trị của A tại x = \frac{1}{4} là \frac{1}{6}.

b) Chứng minh rằng B = \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}.

Ta có:

B = \frac{3}{\sqrt{x}+1} + \frac{1}{1-\sqrt{x}} + \frac{x+5}{x-1}

B = \frac{3}{\sqrt{x}+1} - \frac{1}{\sqrt{x}-1} + \frac{x+5}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}

B = \frac{3(\sqrt{x}-1) - (\sqrt{x}+1) + x+5}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}

B = \frac{3\sqrt{x} - 3 - \sqrt{x} - 1 + x + 5}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}

B = \frac{x + 2\sqrt{x} + 1}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}

B = \frac{(\sqrt{x}+1)^2}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}

B = \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}

Vậy, B = \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}.

c) Đặt P = A.B. Tìm tất cả các giá trị của x thỏa mãn P \le 4.

Ta có P = A \cdot B, suy ra:

P = \frac{x}{\sqrt{x}+1} \cdot \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1} = \frac{x}{\sqrt{x}-1}

Điều kiện: x \ge 0 và x \ne 1.

Ta cần tìm x sao cho P \le 4, tức là:

\frac{x}{\sqrt{x}-1} \le 4

\frac{x}{\sqrt{x}-1} - 4 \le 0

\frac{x - 4(\sqrt{x}-1)}{\sqrt{x}-1} \le 0

\frac{x - 4\sqrt{x} + 4}{\sqrt{x}-1} \le 0

\frac{(\sqrt{x}-2)^2}{\sqrt{x}-1} \le 0

Vì (\sqrt{x}-2)^2 \ge 0 với mọi x, nên để biểu thức trên \le 0, ta cần:

\sqrt{x}-1 > 0

\sqrt{x}-1 \le 0

Và (\sqrt{x}-2)^2 = 0.

Xét \sqrt{x} - 1 < 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} < 1 \Leftrightarrow 0 \le x < 1.

Xét (\sqrt{x}-2)^2 = 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} = 2 \Leftrightarrow x = 4.

Khi 0 \le x < 1, ta có (\sqrt{x}-2)^2 > 0, do đó \frac{(\sqrt{x}-2)^2}{\sqrt{x}-1} < 0.

Khi x = 4, ta có P = \frac{4}{\sqrt{4}-1} = \frac{4}{2-1} = 4, thỏa mãn P \le 4.

Kết hợp điều kiện x \ge 0 và x \ne 1, ta có 0 \le x < 1 hoặc x = 4.

Vậy, các giá trị của x thỏa mãn P \le 4 là 0 \le x < 1 hoặc x = 4.

Gọi số xe ban đầu của đội là x (xe).

Theo dự định, mỗi xe phải chở \frac{120}{x} (tấn).

Sau khi được bổ sung, đội có x + 5 (xe).

Khi đó, mỗi xe phải chở \frac{120}{x+5} (tấn).

Vì mỗi xe phải chở ít đi 2 tấn so với dự định, ta có phương trình:

\frac{120}{x} - \frac{120}{x+5} = 2

Giải phương trình:

120(x+5) - 120x = 2x(x+5)

120x + 600 - 120x = 2x^2 + 10x

2x^2 + 10x - 600 = 0

x^2 + 5x - 300 = 0

Giải phương trình bậc hai này, ta có:

(x - 15)(x + 20) = 0

Vậy x = 15 hoặc x = -20. Vì số xe không thể là số âm, nên x = 15.

Tóm tắt:Tháng 7: Tổng tiền điện của bác An và bác Bình là 500 nghìn đồng.

Tháng 8:

Bác An giảm 15% tiền điện so với tháng 7.

Bác Bình giảm 10% tiền điện so với tháng 7.

Tổng số tiền tiết kiệm được của cả hai bác là 65 nghìn đồng.

Yêu cầu: Tính số tiền điện mỗi hộ gia đình dùng trong tháng 7.

Giải bài toán:

Đặt ẩn:

Gọi số tiền điện bác An dùng trong tháng 7 là  x  (nghìn đồng).

Số tiền điện bác Bình dùng trong tháng 7 là  500 - x  (nghìn đồng).

Lập phương trình:

Số tiền bác An tiết kiệm được:  0.15x 

Số tiền bác Bình tiết kiệm được:  0.10(500 - x) 

Tổng số tiền tiết kiệm được của cả hai bác:  0.15x + 0.10(500 - x) = 65 

Giải phương trình:

 0.15x + 50 - 0.10x = 65 

 0.05x = 15 

 x = 300 

Kết luận:

Số tiền điện bác An dùng trong tháng 7 là 300 nghìn đồng.

Số tiền điện bác Bình dùng trong tháng 7 là 500 - 300 = 200 nghìn đồng.

Vậy, trong tháng 7 năm 2024, bác An dùng hết 300 nghìn đồng tiền điện và bác Bình dùng hết 200 nghìn đồng tiền điện.

Phương trình bậc hai ax^2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \Delta > 0. Trong trường hợp này, ta có:

\Delta = b^2 - 4ac

= [-2(m - 3)]^2 - 4(1)(-2(m - 1))

= 4(m^2 - 6m + 9) + 8(m - 1)

= 4m^2 - 24m + 36 + 8m - 8

= 4m^2 - 16m + 28

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt, \Delta > 0:

4m^2 - 16m + 28 > 0

m^2 - 4m + 7 > 0

Ta có: m^2 - 4m + 7 = (m - 2)^2 + 3. Vì (m - 2)^2 \geq 0 với mọi m, nên (m - 2)^2 + 3 > 0 với mọi m. Vậy, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Tính x_1^2 + x_2^2 theo m:

Theo định lý Viète, ta có:

x_1 + x_2 = -\frac{b}{a} = 2(m - 3)

x_1x_2 = \frac{c}{a} = -2(m - 1)

Khi đó:

T = x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2

= [2(m - 3)]^2 - 2[-2(m - 1)]

= 4(m^2 - 6m + 9) + 4(m - 1)

= 4m^2 - 24m + 36 + 4m - 4

= 4m^2 - 20m + 32

Tìm m để T đạt giá trị nhỏ nhất:

Để tìm giá trị nhỏ nhất của T, ta viết lại T dưới dạng bình phương hoàn chỉnh:

T = 4m^2 - 20m + 32 = 4(m^2 - 5m) + 32

= 4\left[\left(m - \frac{5}{2}\right)^2 - \frac{25}{4}\right] + 32

= 4\left(m - \frac{5}{2}\right)^2 - 25 + 32

= 4\left(m - \frac{5}{2}\right)^2 + 7

Vì \left(m - \frac{5}{2}\right)^2 \geq 0 với mọi m, nên T đạt giá trị nhỏ nhất khi \left(m - \frac{5}{2}\right)^2 = 0, tức là m = \frac{5}{2}.

Giá trị nhỏ nhất của T là 7.

Kết luận: Để biểu thức T = x_1^2 + x_2^2 đạt giá trị nhỏ nhất, m = \frac{5}{2}.

a) Chứng minh tứ giác OMKB nội tiếp:

OM ⊥ MK (tính chất tiếp tuyến)

BK ⊥ KB (tính chất tiếp tuyến)

=> ∠OMK = ∠OBK = 90°

=> ∠OMK + ∠OBK = 180°

Vậy tứ giác OMKB nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°)

b) Chứng minh OK ⊥ MB:

Xét tam giác OMB có: OM = OB = R => ΔOMB cân tại O

OK là đường phân giác của góc MOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm)

=> OK là đường cao của tam giác OMB (trong tam giác cân, đường phân giác đồng thời là đường cao)

=> OK ⊥ MB

c) Chứng minh EMK = MFE và OFE = EHK:

Chứng minh EMK = MFE:

∠EMK = ∠EFM (cùng chắn cung EM)

=> ∠EMK = ∠MFE

Chứng minh OFE = EHK:

∠OFE = ∠OME (cùng chắn cung OE)

∠EHK = ∠MHK (đối đỉnh)

Xét tam giác MHK có: ∠MHK = 90° - ∠HMK

Xét tam giác OME có: ∠OME = 90° - ∠EMO

Mà ∠HMK = ∠EMO (cùng chắn cung EM)

=> ∠EHK = ∠OFE

Vậy EMK = MFE và OFE = EHK (đpcm)

Gọi x là độ dài cạnh đáy của hình hộp (đáy là hình vuông), và h là chiều cao của hình hộp.

Thể tích của hình hộp:

V = x^2h

Theo đề bài, V = 8 dm³, vậy:

x^2h = 8

Từ đó suy ra:

h = \frac{8}{x^2}

Diện tích toàn phần của hình hộp:

Diện tích toàn phần S bao gồm diện tích hai đáy và diện tích xung quanh:

S = 2x^2 + 4xh

Thay h = \frac{8}{x^2} vào công thức diện tích toàn phần, ta có:

S = 2x^2 + 4x\left(\frac{8}{x^2}\right) = 2x^2 + \frac{32}{x}

Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần:

Để tìm giá trị nhỏ nhất của S, ta cần tìm điểm cực trị của hàm số S(x) = 2x^2 + \frac{32}{x}. Ta sẽ tìm đạo hàm của S theo x và giải phương trình S'(x) = 0.

S'(x) = 4x - \frac{32}{x^2}

Đặt S'(x) = 0:

4x - \frac{32}{x^2} = 0

4x = \frac{32}{x^2}

x^3 = \frac{32}{4} = 8

x = \sqrt{8} = 2

Vậy x = 2 là một điểm cực trị. Để kiểm tra xem đây có phải là điểm cực tiểu (diện tích nhỏ nhất) hay không, ta xét đạo hàm bậc hai:

S''(x) = 4 + \frac{64}{x^3}

Khi x = 2:

S''(2) = 4 + \frac{64}{8} = 4 + 8 = 12 > 0

Vì S''(2) > 0, x = 2 là điểm cực tiểu, nghĩa là diện tích toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất khi x = 2.

Kết luận:

Độ dài cạnh đáy của mỗi hộp cần thiết kế là 2 dm.

Xác định các kết quả có thể xảy ra: Khi quay đĩa, kim có thể chỉ vào một trong 6 số: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Xác định các kết quả thuận lợi cho biến cố: Các số chia hết cho 3 trong tập hợp trên là: 3 và 6. Vậy có 2 kết quả thuận lợi.

Tính xác suất:

Xác suất = (Số kết quả thuận lợi) / (Tổng số kết quả có thể xảy ra)

Xác suất = 2 / 6 = 1/3

Vậy, xác suất để chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho 3 là 1/3