Tìm m để phương trình: \({x^2} - 2mx - 4m - 5\,\,\left( 1 \right)\) (m là tham số) có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\)thoả mãn \[\frac{1}{2}x_1^2 - \left( {m + 1} \right){x_1} + {x_2} - \frac{7}{2}m = \frac{7}{2}\].

Không gian mẫu:

a) \[\Omega = \]{(Việt, Nam, Thống, Nhất);(Việt, Nam, Nhất, Thống);(Việt, Nhất, Thống, Nam);(Việt, Nhất, Nam, Thống); (Việt, Thống, Nhất, Nam);(Việt, Thống, Nam, Thống)}

Vậy không gian mẫu có \[6\] phần tử.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố A là \[{\Omega _A} = \]{(Việt, Nam, Thống, Nhất);(Việt, Nam, Nhất, Thống);(Việt, Nhất, Thống, Nam);(Việt, Thống, Nhất, Nam)}. Suy ra \(n\left( A \right) = 4\).

Không gian mẫu có 6 phần tử, suy ra \(n\left( \Omega \right) = 6\)

Vậy xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)

a) Tứ giác ABCD là hình bình hành

Vì đường thẳng d qua \(A\) song song BC suy ra \(AD//BC\)

Vì đường thẳng d’ qua \(C\) song song AB suy ra \(AB//CD\)

Vậy ABCD là hình bình hành

b) Tứ giác \(AECD\)nội tiếp được trong đường tròn.

Ta có \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow AB{\rm{//}}CD\) nên \(\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)(hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACD} = 90^\circ \). Từ đó chỉ được ra tứ giác \(AECD\)nội tiếp đường tròn đường kính \[AD\]

c) \(DF.DB = 2A{B^2}\)

Gọi giao điểm của \(AC\) và \(BD\)là \(I\), do tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(IA = IC;IB = ID;AB = CD\)

Xét tam giác \(DCI\)vuông tại \(C\)có \(CF\)là đường cao, sử dụng tam giác đồng dạng chỉ ra \(C{D^2} = DF.DI \Rightarrow A{B^2} = DF.DI\)

\( \Rightarrow 2A{B^2} = 2.DF.DI\)mà \(2DI = BD\)do đó \(2A{B^2} = DF.BD\).