Một hộp đựng 5 thẻ được đánh số \[3\,;\,\,5\,;\,\,7\,;\,\,11\,;\,\,13.\] 

Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

a) “Số xuất hiện trên thể được rút ra là các số chia hết cho 5”.

b) “Số xuất hiện trên thể được rút ra là các số chia hết cho 3 dư 1”.

Hướng dẫn giải

1. Thể tích phần dưới (có dạng hình lập phương) của khối bê tông là: \[{1^3} = 1\] (m³).

Thể tích phần trên (có dạng hình chóp tứ giác đều) của khối bê tông là:

\(\frac{1}{3} \cdot {1^2} \cdot 0,6 = 0,2\) (m³).

Thể tích của khối bê tông là: \[1 + 0,2 = 1,2\] (m³).

Đổi \[350,55\] kg \[ = 0,35055\] tấn; 185 lít \[ = 0,185\] m³.

Khối lượng xi măng cần dùng để làm khối bê tông đó là:

\[1,2 \cdot 0,35055 = 0,42066\] (tấn).

Lượng nước cần dùng để làm khối bê tông đó là:

\[1,2 \cdot 0,185 = 0,222\] (m³).

2.

a) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[ABC\] vuông tại \[A,\] ta có:

\(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)

Suy ra \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\;\,{\rm{(cm)}}\).

Xét hai tam giác \[ABC\] và \[HBA\] có

\(\widehat {AHB} = \widehat {CAB}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat {HBA} = \widehat {ABC}\,\;\left( {\widehat B\;\,{\rm{chung}}} \right)\)

Do đó $\Delta ABC\backsim \Delta HBA\left(\text{g.g}\right)$  .

Suy ra \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{BA}}{{BC}}\) nên \(HB = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\,\,{\rm{(cm)}}\).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\] có

\(A{B^2} = B{H^2} + A{H^2}\)

Suy ra \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{6^2} - {{3,6}^2}} = 4,8\;\,{\rm{(cm)}}\).

Vậy \[HB = 3,6{\rm{ cm}};{\rm{ }}AH = 4,8{\rm{ cm}}.\]

b) Xét \(\Delta MAB\) và \(\Delta MIC\) có:

\(\widehat {MAB} = \widehat {MIC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat {AMB} = \widehat {IMC}\).

Do đó $\Delta MAB\backsim \Delta MIC\left(\text{g.g}\right)$ .

Suy ra $\text{Δ}ABC\backsim \text{Δ}PMN$ .

Khi đó \(\frac{{MA}}{{MI}} = \frac{{MB}}{{MC}}\) hay \(MA \cdot MC = MB \cdot MI\) (đpcm).

c) Diện tích tam giác \(BIC\) là: \({S_{BIC}} = \frac{1}{2}IB \cdot IC\) (1)

Ta có: \[{\left( {IB - {\rm{ }}IC} \right)^2} \ge 0\]

\[I{B^2} + {\rm{ }}I{C^2} - 2IB \cdot IC \ge 0\]

\[I{B^2} + {\rm{ }}I{C^2} \ge 2IB \cdot IC\]

\(IB.IC \le \frac{{I{B^2} + I{C^2}}}{2}\).

Mặt khác, áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(BIC\) vuông tại \[I\] nên

\[B{C^2} = I{B^2} + I{C^2}\]

Thay vào (1) ta suy ra được:

\({S_{BIC}} \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{I{B^2} + I{C^2}}}{2} = \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{10}}{4} = \frac{5}{2}\;\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \[IB = IC.\]

Suy ra \(\Delta IBC\) cân tại \[I\] nên tam giác \(IBC\) vuông cân tại \[I\], suy ra \(\widehat {MBC} = 45^\circ .\)

Vậy khi điểm \[M\] thuộc \[AC\] sao cho \(\widehat {MBC} = 45^\circ \) thì diện tích tam giác \(BIC\) đạt giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Vì \[ABCD\] là hình bình hành (gt) nên \[\widehat B = \widehat D\] (hai góc đối của hình bình hành)

Xét \[\Delta ADH\] và \[\Delta ABK\] có

\[\widehat B = \widehat D\] (cmt)

\[\widehat {AHD} = \widehat {AKB} = 90^\circ \]

Do đó $\Delta ADH\backsim \Delta ABK$  (g.g)