Khảo sát số tiền chi tiêu cho dụng cụ học tập của một nhóm học sinh lớp 9, ta thu được biểu đồ như hình. Hỏi có bao nhiêu học sinh được khảo sát và cho biết trong số đó, số học sinh chi tiêu từ 100 nghìn trở lên chiếm tỉ lệ bao nhiêu phần trăm? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)

a) Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC.

Vì MN, MC, NB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \[\widehat {MAO}\, = \widehat {\,MCO} = \widehat {NAO} = \widehat {NBO} = {90^0}\]

Tam giác MAO vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Tam giác MCO vuông tại C nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Suy ra bốn điểm M, A, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO

b) Ta có: MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA=OC=R

Suy ra MO là trung trực AC nên MO \[ \bot \] AC. Chứng minh tương tự NO \[ \bot \] AB.

Do đó ON // AC hay OJ // HC. Tam giác BHC có O trung điểm BC và OJ // HC nên J trung điểm BH. Vậy JB = JH.

Xét \[\Delta \]MCH và \[\Delta \]MOC lần lượt vuông tại H và C có \[\widehat {{\rm{HMC}}}\] chung

\[ \Rightarrow \] \[\Delta \]MCH\[\Delta \]MOC (g.g)\[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\] (1).

\[\Delta \]BDC nội tiếp đường tròn (O) có BC đường kính\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]BDC vuông tại D.

Chứng minh tương tự: \[\Delta \]MCD\[\Delta \]MBC (g.g) \[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\]\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]MDH\[\Delta \]MOB (c.g.c) \[ \Rightarrow \]\[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

c) Tam giác DBI nội tiếp đường tròn (O) có DI đường kính nên vuông tại B.

Tam giác OBD cân tại O nên \[\widehat {{\rm{BDO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{OBD}}}\] hay \[\widehat {{\rm{BDI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{MBC}}}\] \[ \Rightarrow \]\[\Delta \]DBI\[\Delta \]BCM (g.g)

\[ \Rightarrow \frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BC}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{2DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{2BO}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BO}}}}{{{\rm{BM}}}}\]. Kết hợp với \[\widehat {{\rm{EDI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{OBM}}}{\rm{(cmt)}}\]

Từ đó suy ra (c.g.c) \[ \Rightarrow \widehat {{\rm{DEI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

Mà \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\] (cmt) nên \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{DEI}}}\] \[ \Rightarrow \] EI // DH (3).

Mặt khác, \[\Delta \]BDH có E trung điểm BD, J trung điểm BH nên EJ là đường trung bình

\[ \Rightarrow \] EJ // DH (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, I, J thẳng hàng.

\(\Delta ' = {2^2} - 1 \cdot 1 = 3 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - 4}\\{{x_1}{x_2} = 1}\end{array}} \right.\). Đặt \[T = \frac{A}{B}\].

Nhận xét: Vì tích \({x_1}{x_2} = 1 > 0\) và tổng \({x_1} + {x_2} = - 4 < 0\) nên cả hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) đều là số âm.

Với \[{x_1} > {x_2}\] thì \({x_1} - {x_2} = \sqrt {{{({x_1} + {x_2})}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \).

Mẫu số: Vì \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 = - 4{x_1} - 1\)

\[ \Rightarrow \]\(x_1^3 = {x_1}( - 4{x_1} - 1) = - 4x_1^2 - {x_1} = - 4( - 4{x_1} - 1) - {x_1} = 15{x_1} + 4\)

\[ \Rightarrow \]\(B = (15{x_1} + 4) + 15{x_2} + 64 = 15({x_1} + {x_2}) + 68 = 15( - 4) + 68 = 8\)

Tử số: Ta thay \( - 4{x_1} = x_1^2 + 1\) \[ \Rightarrow \] \( - 4{x_1} + 7 = (x_1^2 + 1) + 7 = x_1^2 + 8\)

\[ \Rightarrow \]\(\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8{x_1}{x_2}} = \sqrt {{{({x_1} + 4{x_2})}^2}} = |{x_1} + 4{x_2}|\)

Vì \({x_1},{x_2} < 0\) nên \(|{x_1} + 4{x_2}| = - {x_1} - 4{x_2}\)

\( \Rightarrow A = ( - {x_1} - 4{x_2}) + 10{x_1} + 5{x_2} + 20 = 9{x_1} + {x_2} + 20\)\( = 4{x_1} - 4{x_2} = 4({x_1} - {x_2})\)

Vậy: \(T = \frac{A}{B} = \frac{{4({x_1} - {x_2})}}{8} = \frac{{4.2\sqrt 3 }}{8} = \sqrt 3 \)