Cho biểu thức \[P = \frac{{x + 2\sqrt x - 2}}{{x - 2\sqrt x + 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{1 - \sqrt x }}\] với \(x≥0;x≠1\). Tìm các giá trị nguyên lớn nhất của \(x\) để \(P < 0\)

a) Gọi kết quả của phép thử là cặp có thứ tự \(\left. xy \right.\), trong đó:

\(x\): số tiền bốc lần 1, \(y\): số tiền bốc lần 2 \(\left. xy \right.\), (đơn vị: nghìn đồng)

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(Ω)=8×7=56\)

Bảng không gian mẫu

b) Biến cố A: “Có ít nhất một phiếu có mệnh giá lớn hơn 50”

Các giá trị > 50 là: \(\left\{ 6080100 \right\}\) Ta chia thành 2 trường hợp không trùng nhau:

TH1: Lần 1 lấy được số > 50. Có 3 cách chọn: \(60,80,100\)

Lần 2: chọn bất kỳ số nào khác (còn 7 cách) \({n}_{1}=3×7=21\)TH2: Lần 1 không > 50, nhưng lần 2 > 50

Lần 1: chọn trong \(\left\{ 1020304050 \right\}\)→ 5 cách

Lần 2: chọn trong \(\left\{ 6080100 \right\}\)→ 3 cách \({n}_{2}=5×3=15\)

Tổng số các kết quả thuận lợi cho biến cố B: \(n(B)={n}_{1}+{n}_{2}=21+15=36\)

Xác suất \(P(B)=\frac{36}{56}=\frac{9}{14}\)

a) Hình vẽ

Xét ∆ABH và ∆ADC, ta có:

\(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\) (Góc nội tiếp cùng chắn ).

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = {90^0}\) (\(\widehat {ACD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\[ \Rightarrow \Delta ABH{\rm{ }} \sim {\rm{ }}\Delta ADC\;(g - g)\]\[ \Rightarrow \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AC}} \Leftrightarrow AB.AC = AH.AD\]

b) Chứng minh: \[HE \bot AC\]

Xét tứ giác ABHE, ta có: \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = {90^0}\) (gt). Suy ra tứ gaics \[ABHE\] nội tiếp (4 điểm cách đều trung điểm của AB) \[ \Rightarrow \] \(\widehat {EHC} = \widehat {BAE}\) (Cùng bù với \[\widehat {BHE}\])

Mà: \(\widehat {B{\bf{CD}}} = \widehat {BAE\;}\)(góc nội tiếp cùng chắn ) \[ \Rightarrow \] \(\widehat {EH{\bf{C}}} = \widehat {BCD}\)

Ta có: \(\widehat {EH{\bf{C}}},\;\widehat {BCD}\) ở vị trí so le trong \[ \Rightarrow \]\[HE//CD\]

Lại có: \[CD \bot AC\]\((\;\widehat {{\bf{ACD}}}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\[ \Rightarrow \]\[HE \bot AC\]

c) Chứng minh: M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆\[EHF\].

M là trung điểm của BC \[ \Rightarrow \] OM vuông góc với BC (Liên hệ đường kính dây cung)

Xét tứ giác OMFC, ta có: \(\widehat {OM{\bf{C}}} = \widehat {OFC\;}\)

Tứ giác \[OMFC\] nội tiếp (các đỉnh cùng cách đều trung điểm OC)

\[ \Rightarrow \] \(\widehat {CMF} = \widehat {COF\;}\)(góc nội tiếp cùng chắn )

Mà: \(\widehat {CMF} = \widehat {HFM} + \widehat {FHM}\) (Tính chất góc ngoài)

\(\widehat {COF} = \widehat {OAC} + \widehat {OCA}\) (Tính chất góc ngoài) \[ \Rightarrow \] \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\) (∆OAC cân tại O)

\[ \Rightarrow \]\(\widehat {OAC} = \widehat {FHM}\) (cmt). \[ \Rightarrow \] \(\widehat {HFM} = \widehat {FHM}\) \[ \Rightarrow \] ∆HFM cân tại M.

\[ \Rightarrow \]\[MF = MH\](1)

Chứng minh tương tự

\[ \Rightarrow \] ∆HEM cân tại M \[ \Rightarrow \]\[ME = MH\](2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \]\[ME = MH = MF\] \[ \Rightarrow \] M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆\[EHF\]