Cho đường tròn (O;R) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O;R) (A, B là các tiếp điểm). Vẽ đường kính AD, lấy I là trung điểm của đoạn thẳng MO, gọi C là hình chiếu vuông góc của I lên AO

1) Chứng minh bốn điểm M, A, O, B thuộc một đường tròn;

2) Đường thẳng vuông góc với MO tại điềm I cắt đường thẳng OB tại điểm E. Chứng minh $OB\cdot OE=\frac{1}{2}O{M}^2.$

3) Chứng minh $\text{Δ}IME$ đồng dạng với $\text{Δ}COI$ và $CE\perp MD.$

1) Ta có \[\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ \] (giả thiết); \[\widehat {ADO} = 90^\circ \] (giả thiết).

Tam giác \[AMO\] vuông tại \[M\] nên tam giác \[AMO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AO\] có tâm là trung điểm của cạnh huyền \[AO.\]

Tương tự, hai tam giác \[ADO\] và \[ANO\] ngoại tiếp đường tròn đường kính \[AO.\]

Suy ra bốn điểm \[D,M,N,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[AO.\]

2) Xét \[\Delta OAM\] và \(\Delta OAN\) có:

\(\widehat {OMA} = \widehat {ONA} = 90^\circ \); cạnh \(OA\) chung;

\(\widehat {OAM} = \widehat {OAN}\) (vì \[AO\] đường phân giác trong của \(\Delta ABC\,)\)

Do đó \[\Delta OAM = \Delta OAN\] (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \[OM = ON\] (hai cạnh tương ứng).

Do tứ giác MDON nội tiếp nên \[\widehat {ODN} = \widehat {OMN}\] và \[\widehat {BDM} = \widehat {ONM}\].

Mà \[\widehat {ONM} = \widehat {OMN}\](do tam giác OMN cân tại O). Suy ra \[\widehat {ODN} = \widehat {BDM}\] (đpcm).

* Cách khác:

Chứng minh được hai tam giác OAM và OAN bằng nhau suy ra OM = ON.

Ta có \[\widehat {BDM} + \widehat {ADM} = 90^\circ \], \[\widehat {MAO} + \widehat {AOM} = 90^\circ \].

Mà \[\widehat {ADM} = \widehat {AOM}\] (cùng chắn cung \[AM),\] suy ra \[\widehat {BDM} = \widehat {MAO}\].

Lại có \[\widehat {MAO} = \widehat {OAN}\] (tính chất đường phân giác). Suy ra \[\widehat {BDM} = \widehat {OAN}\].

Hơn nữa \[\widehat {OAN} = \widehat {ODN}\] (cùng chắn cung \[ON),\] suy ra \[\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\] (đpcm).

3) Qua \[I,\] kẻ đường thẳng song song với \[BC\] cắt \[AB,\,\,AC\] lần lượt tại \[P,\,\,Q.\]

Ta có: \[\widehat {IOP} = \widehat {IMP} = \widehat {INA}\], \[\widehat {INA} = \widehat {IOQ}\] (vì tứ giác \[OINQ\] nội tiếp).

Suy ra \[\widehat {IOP} = \widehat {IOQ}\]. Mà \[OI \bot PQ\] nên \[OI\] là trung tuyến của tam giác \[OPQ.\]

Ta có \[PQ\,{\rm{//}}\,BC\] nên \[\frac{{IP}}{{KB}} = \frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{IQ}}{{KC}}\]. Mà \[IP = IQ,\] suy ra \[KB = KC.\]

Vậy \[K\] là trung điểm của \[BC.\]

1) Gọi \(x,\,\,y\) lần lượt là số trận hòa và số trận thắng \(\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N}*} \right)\).

Mỗi đội bóng thi đấu với 3 đội còn lại, do đó có tất cả: \[\frac{{4 \cdot 3}}{2} = 6\] (trận).

Do đó ta có: \(x + y = 6 & \left( 1 \right)\)

Tổng số điểm trận hòa là \(2x\) (điểm)

Tổng số điểm trận thắng là \(3y\) (điểm).

Theo đề bài, tổng số điểm của tất cả các trận đấu bằng 16 điểm nên ta có phương trình

\(2x + 3y = 16 & \left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 6\\2x + 3y = 16\end{array} \right.\].

Giải hệ phương trình, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\end{array} \right.\,\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\).

Vậy có 2 trận hòa và 4 trận thắng.

2) Không gian mẫu của phép thử là: 

\[\Omega  = \left\{ {\left( {1\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {1\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,3} \right)\,;\,\,\left( {2\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {3\,,\,\,4} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,1} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,2} \right)\,;\,\,\left( {4\,,\,\,3} \right)} \right\}.\]

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

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 \(n\left( {\rm{A}} \right) = 8\).

Xác suất của biến cố A là \({\rm{p}}\left( {\rm{A}} \right) = \frac{{n\left( {\rm{A}} \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{8}{{12}} = \frac{2}{3}\).