Một túi đựng 5 viên bi có cùng khối lượng và kích thước như nhau, được đánh số 1; 2; 3; 4; 5. Xét phép thử: “Lấy ngẫu nhiên cùng lúc hai viên bi từ trong túi” và biến cố A: “Tích của hai số ghi trên hai viên bi lớn hơn 10”. Tính xác xuất của biến cố A?

a) Ta có \(OH \bot BC \Rightarrow \Delta HBD\) vuông tại \(H\)\( \Rightarrow \)\(H,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BD.\) (1)

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

\( \Rightarrow \Delta EBD\) vuông tại \(E\)\( \Rightarrow \)\(E,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BD.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(H,\)\(E,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc một đường tròn hay \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp

b) Vì \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {BEH} = \widehat {BDH}\)

mà \(\widehat {BDH} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ với \(\widehat {DBH}\))

Và \(\widehat {ACI} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAB}\)). Từ đó suy ra \(\widehat {ACI} = \widehat {BEH}\)

Xét \(\Delta EHB\) và \(\Delta CIA\) có \(\widehat {ACI} = \widehat {BEH}\) (theo chứng minh trên) và \(\widehat {CAI} = \widehat {EBH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE\)) nên \( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {CIA}\)\( \Rightarrow \widehat {EHC} = \widehat {CIE}\)

\( \Rightarrow \frac{{FI}}{{FH}} = \frac{{FC}}{{FE}}\)\( \Rightarrow \widehat {FHI} = \widehat {FEC}\) (3)

Mặt khác: \(\widehat {CBA} = \widehat {FEC}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {FHI} = \widehat {CBA} \Rightarrow HI\,{\rm{//}}\,AB.\)

c)

Do \(OH \bot BC\) và \(\Delta OBC\) cân nên \(OH\) là tia phân giác của góc \(\widehat {COB}\)\( \Rightarrow \Delta OBD = \Delta OCD\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow CD = BD \Rightarrow \widehat {CBD} = \widehat {BCD}\)

Mà \(CK\,{\rm{//}}\,BD \Rightarrow \widehat {KCB} = \widehat {CBD}\). Từ đó suy ra \(\widehat {KCB} = \widehat {BCD}\) nên

\(CF,\)\(CA\) lần lượt là phân giác trong và ngoài của \(\Delta DCI\)\( \Rightarrow \frac{{FI}}{{FD}} = \frac{{AI}}{{AD}} \Rightarrow \frac{{FI}}{{AI}} = \frac{{FD}}{{AD}}\) (5)

Đường thẳng vuông góc với \(MF\) tại \(F\) cắt các tia \(MI,\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\)

Vì \(PQ\,{\rm{//}}\,AM \Rightarrow \frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FD}}{{AD}}\) và \(\frac{{FP}}{{AM}} = \frac{{FI}}{{AI}}\) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FP}}{{AM}} \Rightarrow FQ = FP.\)

Do \(\Delta PQM\) có \(MF\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên \(MF\) là tia phân giác của \(\widehat {IMD}.\)

Đặt \(PQ\,\, = x\) (dm) \(\left( {0 < x < 16} \right)\)

Kẻ \(AH \bot BC\), \(H \in BC\) khi đó vì \(\Delta ABC\)đều nên \(H\) là trung điểm của \(BC\), \(BH = 8\)(dm)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(H\), theo định lí Pythagore, ta có \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{16}^2} - {8^2}} = 8\sqrt 3 \,\,{\rm{(dm)}}\)

Ta có: \(QP\,{\rm{//}}\,BC\) suy ra nên \(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{QP}}{{BC}}\)

Suy ra \(\frac{{AQ}}{{16}} = \frac{x}{{16}}\) nên \(AQ = x\).

Ta có: \(BQ = AB - AQ = 16 - x\).

Ta có: \(QM{\rm{//}}AH\) nên suy ra \(\frac{{BQ}}{{AB}} = \frac{{QM}}{{AH}}\)

Suy ra \(\frac{{16 - x}}{{16}} = \frac{{QM}}{{8\sqrt 3 }}\) nên \(QM = \frac{{\left( {16 - x} \right)\sqrt 3 }}{2}\).

Diện tích của \(MNPQ\)là: \(S = MQ.QP = \frac{{\left( {16 - x} \right)\sqrt 3 }}{2} \cdot x\).

Hay \(S = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {16x - {x^2}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {64 - {{\left( {8 - x} \right)}^2}} \right] \le \frac{{\sqrt 3 }}{2}.64 = 32\sqrt 3 \)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 8\) (TMĐK).

Vậy diện tích lớn nhất của \(MNPQ\) là \(32\sqrt 3 \,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\)