Một hộp có 20 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một trong các số \[1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\, \ldots \,;\,\,20.\] Hai thẻ khác nhau ghi hai số khác nhau. Rút ngẫu nhiên một thẻ trong hộp. Tính xác suất của biến cố A: “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số lẻ và chia hết cho\[3\]”.

Gọi số sản phẩm tổ I, tổ II phải làm theo kế hoạch lần lượt là \(x,y\) ( sản phẩm; \(x,y \in N*;x,y < 800\))

Vì hai tổ sản xuất được giao làm 800 sản phẩm nên ta có phương trình:

\(x + y = 800\)(1)

Số sản phẩm tổ I làm vượt mức là: \(10\% x = 0,1x\)( sản phẩm)

Số sản phẩm tổ II làm vượt mức là: \(20\% y = 0,2y\)( sản phẩm)

Số sản phẩm cả hai tổ làm vượt mức là \(910 - 800 = 110\)( sản phẩm)

Ta có PT: \(0,1x + 0,2y = 110\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0,1x + 0,2y = 110\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình trên ta tìm được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 500\\y = 300\end{array} \right.\) ( thỏa mãn điều kiện)

Vậy số sản phẩm tổ I đã làm là: \(500 + 0,1.500 = 550\)( sản phẩm)

Số sản phẩm tổ II đã làm là: \(300 + 0,2.300 = 360\)( sản phẩm).

a) Vì \(BE,{\rm{ }}CF\) là hai đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(BE \bot AC,\,\,CF \bot AB\left( {E \in AC,\,\,F \in AB} \right)\) suy ra \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ .\)

Từ đó chứng minh được bốn điểm \(B,C,E,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) hay tứ giác \(BCEF\) nội tiếp thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Chứng minh được \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) đồng dạng.

Suy ra: \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) nên \(AE.AC = AF.AB\).

b) Gọi \(G\)là giao điểm của \(AP\) và \[FE.\]

Chứng minh: \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC} = \widehat {APC}\)

Chứng minh: \(\Delta AEG\)và \(\Delta APC\) đồng dạng.

Suy ra: \(\widehat {AGE} = \widehat {ACP} = 90^\circ \). Do đó \(AP \bot EF\) tại \(G.\)

Chứng minh \(IF = IE = \frac{{AH}}{2} \Rightarrow \Delta IEF\) cân tại \(I.\)

Mà \(IK\) là đường trung tuyến của \(\Delta IEF\) (do \(I\) là trung điểm của \[EF\]) nên \(IK\) đồng thời là đường cao của \(\Delta IEF\) suy ra \(IK \bot EF\).

Lại có: \(AP \bot EF\)(cmt) nên \(IK\,{\rm{//}}\,AP\) (đpcm)

c) Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\)và \(BC.\)

Chứng minh \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC,\) suy ra \(AH \bot BC\) tại \(D\)

Chứng minh tứ giác \(BHCP\) là hình bình hành. Suy ra 3 điểm \(H,M,P\) thẳng hàng.

Mà 3 điểm \(H,M,N\) thẳng hàng ( gt) nên 4 điểm \(H,M,N,P\) thẳng hàng.

Từ đó chứng minh được \(\widehat {ANM} = \widehat {ANP} = 90^\circ \) (do \(\widehat {ANP} = 90^\circ \) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Chứng minh tứ giác \(ANDM\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AM.\)

Suy ra: \(\widehat {NAD} = \widehat {NMD}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn hay \(\widehat {HMB} = \widehat {NAH}.\)