Một hộp đựng 15 tấm thẻ cùng loại được ghi số từ 1 đến 15, hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau. Xét phép thử “Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ trong hộp”. Viết không gian mẫu của phép thử và tính xác suất của biến cố \(A\): “Rút được thẻ ghi số chia hết cho 5”.

a. Rút gọn biểu thức N: \[N = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{ - 4}}{{x - 4}}\] . 

\[N = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{ - 4}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\]

\[N = \frac{{x - \sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\]

\[N = \frac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\] ;  \[N = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}}\].

b. Tìm giá trị nguyên x để \[P = M.N\]nguyên.
\[P = M.N = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}}.\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} = 2 + \frac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 2}}\].

\[P \in \mathbb{Z}\] khi \[\frac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 2}} \in \mathbb{Z}\] hay \[\sqrt x  + 2\] \[ \in \] Ư\[\left\{ 3 \right\} = \left\{ { \pm 1\,;\,\, \pm 3} \right\}\].

Vậy \[x = 1\].

1. Ta có \[\widehat {AEH} = 90^\circ \] (giả thiết); \[\widehat {ADH} = 90^\circ \](giả thiết).

Do đó bốn điểm \(A,D,H,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH\] .

2. Ta có  \[\widehat {BAC} = \widehat {BMC}\] (cùng chắn cung \[BC\]).

Mà \[\widehat {BAC} = \widehat {MHC}\] (cùng bù với \[\widehat {EHD}\]).

Do đó \[\widehat {BMC} = \widehat {MHC}\]. Vậy tam giác \[MHC\] cân tại \[C\].

Kẻ đường kính \[AI\] của đường tròn (O). Xét tứ giác \[BHCI\] có

\[BH{\rm{//}}CI\](vì cùng vuông góc với \[AC\]).

\[CH{\rm{//}}BI\](vì cùng vuông góc với \[AB\]).

Do đó tứ giác \[BHCI\]là hình bình hành.

Mà \(K\)là trung điểm của \(BC\) nên \(K\)là trung điểm của \[HI\].

Tam giác \[AHI\] có \[OK\]là đường trung bình nên \[AH = 2OK.\]

3. Ta có \[\widehat {NEB} = \widehat {AED}\] (đối đỉnh);  \[\widehat {AED} = \widehat {AHD\,}\] (cùng chắn cung \[AD\]).

\[\widehat {AHD} = \widehat {BHF}\] (đối đỉnh).

\[\widehat {BHF} = \widehat {BEF}\] (cùng chắn cung \[BF\], tứ giác \[BEHF\] nội tiếp).

\[ \Rightarrow \widehat {NEB} = \widehat {BEF}\,\,\,\]

Suy ra \[EB\]là phân giác của tam giác \[NEF\] .

Vì \[EB\] vuông \[EC\]nên \[EC\] là phân giác ngoài của tam giác \[NEF\].

Suy ra \[\frac{{BN}}{{BF}} = \frac{{CN}}{{CF}} = \frac{{EN}}{{EF}}\]. Do đó \[BN.CF = CN.BF.\]