Tự thực hiện cái quạt giấy, bạn Phương sử dụng thanh tre, chuốt mỏng và cắt các đoạn tre bằng nhau có chiều dài 30cm rồi chốt lại bằng ốc, vít. Bạn vẽ trên giấy thủ công các hình quạt OAB có bán kính 30cm, quạt OCD có bán kính 10cm, có góc ở tâm\[\widehat {AOB} = \widehat {COD} = {120^0}\]. Sau đó cắt bỏ phần hình quạt OCD, phần còn lại sẽ dán giấy lên các nan quạt. Tính diện tích phần giấy thủ công dán lên các nan quạt, biết rằng giấy dán ở cả hai mặt quạt. Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm.

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 ∆\[EHF\]