Phần 3. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn

Một ô tô khách và một ô tô tải chở vật liệu xây dựng khởi hành cùng một lúc từ bến xe khách Lai Châu đến trung tâm thị trấn Mường Tè. Do trọng tải lớn nên xe tải chở vật liệu xây dựng đi với vận tốc chậm hơn xe khách \(10\,\,{\rm{km/h}}.\) Xe khách đến trung tâm thị trấn Mường Tè sớm hơn xe tải 1 giờ 6 phút. Biết quãng đường từ bến xe khách thành phố Lai Châu đến trung tâm thị trấn Mường Tè là \[132\,\,{\rm{km}}.\]Tính vận tốc của xe tải (theo đơn vị \({\rm{km/h}})\).

Hướng dẫn giải

Hay tứ giác \[BFEC\] là tứ giác nội tiếp.

b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\], mà \[\widehat {AKC} = \widehat {ABC}\] nên \[\widehat {AKC} = \widehat {AEF}.\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

\[\widehat {AKC} + \widehat {IAE} = 90^\circ \] hay \[\widehat {AEF} + \widehat {IAE} = 90^\circ .\]

Tam giác \[IAE\] vuông tại \[I\] nên \[AK \bot EF\] (đpcm).

c) Gọi \[M\] là giao điểm của \[BC\] và \[HK.\]

Vì \(\widehat {ABK},\,\,\widehat {ACK}\) đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACK} = 90^\circ \] hay \(AB \bot BK\,;\,\,AC \bot CK.\)

Vì \(AB \bot BK\) và \(AB \bot CF\) nên \[BK\,{\rm{//}}\,CF\] hay \[BK\,{\rm{//}}\,CH.\]

Vì \(AC \bot CK\) và \(AC \bot BE\) nên \[BE\,{\rm{//}}\,CK\] hay \[BH\,{\rm{//}}\,CK.\]

Xét tứ giác \(BHCK\) có \[BK\,{\rm{//}}\,CH\,;\,\,BH\,{\rm{//}}\,CK\] nên tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo \(BC\) và \[HK\]cắt nhau tại trung điểm \[M\] của mỗi đường.

Xét tam giác \[AHK\] có \(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AK,\,\,HK\)

Suy ra \[OM\] là đường trung bình tam giác \[AHK\] nên \[AH = 2OM;\,\,OM\,{\rm{//}}\,AH.\]

Vì \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên \({S_{AEH}} = \frac{1}{2}AE \cdot EH \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{A{E^2} + E{H^2}}}{2} = \frac{{A{H^2}}}{4} = O{M^2}. & \left( 1 \right)\)

Vì \[M\] là trung điểm của \(BC\) nên \[BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\]

Vì \[OM\,{\rm{//}}\,AH\] và \(AH \bot BC\) nên \(OM \bot BC.\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OBM\) vuông tại \(M\) \(\left( {OM \bot BC} \right)\), ta có: \(O{B^2} = O{M^2} + B{M^2}\)

Khi đó \[O{M^2} = O{B^2} - B{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {R^2} - \frac{3}{4}{R^2} = \frac{{{R^2}}}{4}.\] Suy ra \(OM = \frac{R}{2}. & \left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \({S_{AEH}} \le \frac{{{R^2}}}{4}\).

Dấu xảy ra khi \[AE = EH\] nên \(\widehat {EAH} = 45^\circ \) hay \(\widehat {ACB} = 45^\circ \).

Vậy \[{\left( {{S_{AEH}}} \right)_{\max }} = \frac{{{R^2}}}{4}\] khi \[A\] thuộc cung lớn \[BC\] và \[\widehat {ACB} = 45^\circ .\]

Hướng dẫn giải

Đáp số: \(0,4\).

Kí hiệu ba bóng đỏ lần lượt là \[{D_1};\,\,{D_2};\,\,{D_3}\] và hai bóng vàng lần lượt là \[{V_1};\,\,{V_2}\].

Khi đó không gian mẫu là:

\[\Omega = \left\{ {\left( {{D_1};{D_2}} \right);\,\,\left( {{D_1};{D_3}} \right);\,\,\left( {{D_2};{D_3}} \right);\,\,\left( {{V_1};{V_2}} \right);\left( {{D_1};{V_1}} \right);\left( {{D_1};{V_2}} \right);\left( {{D_2};{V_1}} \right);\left( {{D_2};{V_2}} \right);\left( {{D_3};{V_1}} \right);\,\,\left( {{D_3};{V_2}} \right)} \right\}.\]

Do đó, không gian mẫu có 10 phần tử.

Gọi \[A\] là biến cố “Hai bóng lấy ra cùng màu”.

Khi đó, các kết quả thuận lợi của biến cố \[A\] là \[\left\{ {\left( {{D_1};{D_2}} \right);\,\,\left( {{D_1};{D_3}} \right);\,\,\left( {{D_2};\,{D_3}} \right);\,\,\left( {{V_1};\,\,{V_2}} \right)} \right\}\] nên có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\].

Do đó, xác suất để hai quả bóng lấy ra cùng màu \(P\left( A \right) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\).

Vậy xác suất để hai bóng lấy ra cùng màu là \(0,4\).