Trên mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt \[M,N,P,Q\] trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Hai điểm \[M,N\] được tô màu xanh, hai điểm \[P,Q\] được tô màu đỏ. Bạn An chọn ra ngẫu nhiên hai điểm trong bốn điểm đó để nối thành một đoạn thẳng.

(a) Liệt kê các cách chọn mà bạn An thực hiện.

(b) Tính xác suất của mỗi biến cố sau:

\(A\): “Trong hai điểm chọn ra được tô màu giống nhau”;

\(B\): “Trong hai điểm chọn ra, có điểm \[N\]”.

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).

Gọi số dãy ghế ban đầu nhà trường kê là \(x\) (dãy ghế) (\(x \in {\mathbb{N}^*};x > 10\)).

Trong buổi gặp đầu tiên, nhà trường dự kiến kê \(120\) ghế nên mỗi dãy ghế có số chỗ ngồi là \(\frac{{120}}{x}\) (chỗ ngồi).

Thực tế phải kê thêm \(1\) dãy ghế và mỗi dãy ghế phải thêm \(2\) người ngồi để có 160 ghế nên ta có phương trình: \(\left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{120}}{x} + 2} \right) = 160\) hay \(\left( {x + 1} \right)\left( {\frac{{120 + 2x}}{x}} \right) = 160\).

Suy ra \(\left( {x + 1} \right)\left( {120 + 2x} \right) = 160x\).

Tức là, \(120x + 120 + 2{x^2} + 2x = 160x\).

Khi đó \(2{x^2} - 38x + 120 = 0\).

Vì vậy \({x^2} - 19x + 60 = 0\).

Suy ra \({x^2} - 15x - 4x + 60 = 0\).

Do đó \(x\left( {x - 15} \right) - 4\left( {x - 15} \right) = 0\).

Vì vậy \(\left( {x - 4} \right)\left( {x - 15} \right) = 0\).

Suy ra \(x - 4 = 0\) hoặc \(x - 15 = 0\).

Do đó \[x = 4\] hoặc \[x = 15\].

So với điều kiện \(x \in {\mathbb{N}^*};x > 10\), ta nhận \[x = 15\].

Số chỗ ngồi của mỗi dãy ghế ban đầu nhà trường kê là: \(\frac{{120}}{{15}} = 8\) (chỗ ngồi).

Vậy số dãy ghế ban đầu nhà trường kê là \(15\) dãy ghế và mỗi dãy ghế có \(8\) chỗ ngồi.