Thống kê điểm kiểm tra cuối kì 2 môn Toán của 45 học sinh lớp 9A. Kết quả cho ở bảng sau:

Điểm	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)
Số học sinh	\(2\)	\(2\)	\(4\)	\(m\)	\(m + 2\)	\(m + 1\)	\(3\)	\(1\)

(với \(m\) là số tự nhiên).

Chọn ngẫu nhiên 1 học sinh lớp 9A. Tính xác suất để chọn được học sinh có điểm kiểm tra cuối kì 2 môn Toán lớn hơn 7.

Gọi \(x\;\left( m \right),\;y\;\left( m \right)\) là các kích thước của hàng rào như trong hình \(x > 0,\;y > 0\).

Nếu có \(100\) mét hàng rào bao quanh ba mặt như hình thì \(x + y + y = 100\) hay \(x = 100 - 2y\).

Khi đó, diện tích của khu vực bảo vệ là \(S = xy = \left( {100 - 2y} \right)y = 2\left( {50 - y} \right)y\).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \(\left( {50 - y} \right)y \le {\left( {\frac{{50 - y + y}}{2}} \right)^2}\).

Suy ra \(S \le 1250\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(50 - y = y\) hay \(y = 25\).

Vậy diện tích tối đa của khu vực bảo vệ là \(1250\) mét vuông.

a)   Vì \(BE\), \(CF\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\Delta BCE\) vuông tại \(E\) và \(\Delta BCF\) vuông tại \(F\).

Do đó, \(\Delta BCE\) và \(\Delta BCF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\). Do đó tứ giác \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

b)   Xét hai tam giác \(KBE\) và \(KFC\), ta có:

                     +) \(\widehat {EKB} = \widehat {CKF}\) (góc chung)

                     +) \(\widehat {KEB} = \widehat {KCF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn đường kính \(BC\))

Suy ra \(\Delta KBE \sim \Delta KFC\).

Do đó \(\frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KF}}\).

Suy ra \(KE.KF = KB.KC\) (đpcm).

c)   Ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {SCA} = 90^\circ \) (vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) và \(\widehat {SCA}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

Suy ra \(BH\;{\rm{//}}\;SC\).

Ta có:

                     +) \(\widehat {BAS} = \widehat {BCS}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn \(\left( O \right)\))

                     +) \(\widehat {BCS} = \widehat {CBE}\) (do \(BH\;{\rm{//}}\;SC\))

                     +) \(\widehat {CBE} = \widehat {CFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn đường kính \(BC\))

Suy ra \(\widehat {BAS} = \widehat {CFE} \Rightarrow \widehat {AFP} + \widehat {BAS} = \widehat {AFP} + \widehat {CFE} = \widehat {AFH} = 90^\circ \).

Suy ra \(KP \bot AQ\).

Mà \(AP \bot KQ\) (do \(AH \bot BC\)) nên \(P\) là trực tâm \(\Delta AKQ\).

Suy ra \(PQ \bot AK\quad \left( 1 \right)\).                 

Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(\left( O \right)\) (với \(M \ne A\)).

Chứng minh tương tự câu b), ta có \(KM.KA = KB.KC\). Suy ra \(KE.KF = KM.KA\).

Suy ra tứ giác \(AMFE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy \(\widehat {AMH} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {AMS} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

nên \(M,\;H,\;S\) thẳng hàng. Suy ra \(HS \bot AK\quad \left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(QP\) song song với \(HS\).