Một cửa hàng ghi lại các size áo sơ mi đã bán trong một ngày ở bảng sau:

(a) Hãy xác định cỡ mẫu, lập bảng tần số và tần số tương đối cho mẫu số liệu trên.

(b) Vẽ biểu đồ dạng cột mô tả bảng tần số tương đối của mẫu số liệu trên.

Điều kiện: \(0 \le x \le 20\).

Vì \(MD = NE = PF = QG = x\) nên \[MG = QF = PE = ND = 20 - x\].

Diện tích tấm bìa hình vuông \(MNPQ\) là: \({S_{MNPQ}} = {20^2} = 400\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Các tam giác vuông\(MDG,NDE,PEF,QGF\) có hai cạnh góc vuông có độ dài là \(x\) và \(20 - x\) nên đều có diện tích là: \(\frac{1}{2}x\left( {20 - x} \right)\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Như vậy, diện tích tứ giác \(DEFG\) là:

\(S = {S_{MNPQ}} - \left( {{S_{MDG}} + {S_{NDE}} + {S_{PEF}} + {S_{QGF}}} \right)\)

\( = 400 - \frac{1}{2}x\left( {20 - x} \right)\)

\( = 400 - 10x + \frac{1}{2}{x^2}\)

\( = 350 + \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 20x + 100} \right)\)

\( = 350 + \frac{1}{2}{\left( {x - 10} \right)^2}\).

Vì \({\left( {x - 10} \right)^2}\, \ge 0\) nên \(\frac{1}{2}{\left( {x - 10} \right)^2}\, \ge \frac{1}{2}.0 = 0\).

Do đó \(350 + \frac{1}{2}{\left( {x - 10} \right)^2} \ge 350 + 0 = 350\).

Vì vậy \(S\, \ge 350\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x - 10 = 0\) hay \(x = 10\).

So với điều kiện \(0 \le x \le 20\), ta nhận \(x = 10\).

Vậy độ dài \(MD\) bằng \(10\) cm thì tứ giác \(DEFG\) có diện tích nhỏ nhất.

a) Vì \[D,E \in \left( O \right)\] nên \[OD = OE = R\].

Suy ra \(\Delta ODE\) cân tại \(O\).

Mà \[OI\] là đường trung tuyến của \(\Delta ODE\) (vì \(I\) là trung điểm của \(DE\)).

Do đó \[OI\] cũng là đường cao của \(\Delta ODE\).

Vì vậy \(OI \bot DE\).

Suy ra \[\Delta OIM\] vuông tại \(I\).

Vì vậy ba điểm \[O,I,M\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OM\] (1)

Ta có: \(MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), với \(B\) là tiếp điểm.

Suy ra \(OB \bot MB\).

Do đó \[\Delta OBM\] vuông tại \(B\).

Vì vậy ba điểm \[O,B,M\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OM\] (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra \[M,B,I,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OM\].

b) Xét \(\Delta OIM\)vuông tại \(I\), có: \(O{M^2} = I{M^2} + O{I^2}\) (Định lý Pythagore).

Xét \(\Delta OID\)vuông tại \(I\), có: \(O{I^2} = O{D^2} - I{D^2}\) (Định lý Pythagore).

Xét \(\Delta OBM\)vuông tại \(B\), có: \(M{B^2} = O{M^2} - O{B^2}\) (Định lý Pythagore).

\( = I{M^2} + O{I^2} - O{B^2}\).

\[ = I{M^2} + O{D^2} - I{D^2} - O{B^2}\].

\[ = I{M^2} - I{D^2}\] (do \[OD = OB = R\]).

\[ = \left( {IM + ID} \right)\left( {IM - ID} \right)\].

\[ = \left( {IM + IE} \right)\left( {IM - ID} \right)\] (do \[IE = ID\]).

\[ = ME.MD\] (điều phải chứng minh).

Vậy \(MD.ME = M{B^2}\).

c) Gọi \(H\) là giao điểm của \(BC\) và \(MO\).

Ta có: \(MB,MC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), với \(B,C\) là hai tiếp điểm.

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được:

\(MB = MC\) và \(MO\) là tia phân giác của \(\widehat {BMC}\).

Suy ra \(\Delta BMC\) cân tại \(M\) có \(MO\) là đường phân giác.

Khi đó \(MO\) cũng là đường trung trực của \(\Delta BMC\).

Suy ra \(MO \bot BC\) tại \(H\) và \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Xét \(\Delta BKC\), có:

⦁ \(H\) là trung điểm của \(BC\) (chứng minh trên);

⦁ \(O\) là trung điểm của \(BK\) (vì \(BK\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(OH\) là đường trung bình của .

Suy ra \(OH\,{\rm{//}}\,CK\).

Vì vậy \(OM\,{\rm{//}}\,CK\) (điều phải chứng minh).

Đường tròn \(\left( O \right)\) có \(BK\) là đường kính.

Suy ra \(\widehat {KCB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông).

Xét \(\Delta OBM\) và \(\Delta KCB\), có:

\(\widehat {OBM} = \widehat {KCB} = 90^\circ \);

\(\widehat {BMO} = \widehat {CBK}\) (cùng phụ với \(\widehat {BOM}\)).

Do đó (g.g).

Suy ra \[\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BM}}{{CB}}\].

Vậy \[OB.CB = BM.CK\] (điều phải chứng minh).