Người ta tiến hành phỏng vấn \(40\) người về một mẫu sản phẩm mới. Người điều tra yêu cầu mỗi người được phỏng vấn cho điểm mẫu sản phẩm đó theo thang điểm là \(100\). Kết quả thống kê là như sau:

Ghép các số liệu thành năm nhóm như sau: \(\left[ {50;60} \right)\); \(\left[ {60;70} \right)\); \(\left[ {70;80} \right)\); \(\left[ {80;90} \right)\); \(\left[ {90;100} \right)\).Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {50;60} \right)\) là

a) Ta có: \[AC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]suy ra \[AC \bot OC\].

Suy ra \[\Delta ACO\] vuông tại \[C\]

Do đó, ba điểm \[A,C,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AO\] (1)

Lại có: \[\Delta OED\] cân tại \[O\] có \[OI\] là trung tuyến đồng thời là đường cao.

Suy ra \[OI \bot ED\] nên \[\widehat {OIE} = 90^\circ \], do đó \[\Delta OIA\] vuông tại \[I\].

Do đó, ba điểm \[A,I,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AO\]. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[A,I,O,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AO\].

b) Ta có \[AB = AC\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\[OB = OC\,\,\left( { = R} \right)\]

Suy ra \[OA\] là đường trung trực của \[BC\] nên \[OA \bot BC\] tại \[H\] hay \[\widehat {CHO} = 90^\circ \]

Chứng minh (g.g)

Suy ra \[\frac{{HO}}{{CO}} = \frac{{CO}}{{AO}}\] nên \[OH.OA = O{C^2}\].

c) +) Có: \[\widehat {CED} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]

Suy ra \[\Delta CEA\] vuông tại \[E\]

Xét \[\Delta CEA\] vuông tại \[E\] có \[M\] là trung điểm của \[EC\] nên

\[EM = MA = MC = \frac{1}{2}AC.\]

Do đó \[\Delta MEO = \Delta MCO\] (c.c.c)

Suy ra \[\widehat {MEO} = \widehat {MCO} = 90^\circ \]

Do đó \[ME\] là tiếp tuyến của đường tròn (O).

+) Gọi \[P\] là giao điểm của \[BC\] và \[OI\]

Xét \[\Delta OHP\]và \[\Delta OIA\]có: \[\widehat {HOI}\] chung; \[\widehat {OHP} = \widehat {OIA} = 90^\circ \]

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{OH}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OA}}\] nên \[OH.OA = OI.OP\]

Mà \[OH.OA = O{C^2}\]; \[OC = OE\,\,\left( { = R} \right)\] nên \[OI.OP = O{E^2}\] suy ra \[\frac{{OE}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OE}}\].

Xét \[\Delta OEP\] và \[\Delta OIE\] có: \[\widehat {EOI}\] chung; \[\frac{{OE}}{{OI}} = \frac{{OP}}{{OE}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {OEP} = \widehat {OIE} = 90^\circ \] nên \[EP \bot EO\].

Mà \[ME \bot EO\] nên ba điểm \[M,{\rm{ }}E,{\rm{ }}P\] thẳng hàng.

Do đó, ba đường thẳng \[ME,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}OI\] cắt nhau tại P.

Vậy ba đường thẳng \[ME,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}OI\] đồng quy.

Ta có: \({a^2} - ab + {b^2} = {\left( {a - b} \right)^2} + ab \ge ab \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{a^2} - ab + {b^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {ab} }}\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{1}{{\sqrt {{b^2} - bc + {c^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {bc} }}\,\,\,\left( 2 \right);\,\,\frac{1}{{\sqrt {{c^2} - ca + {a^2}} }} \le \frac{1}{{\sqrt {ca} }}\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (1), (2) và (3) cộng vế với vế, ta được: \(P \le \frac{1}{{\sqrt {ab} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} }} + \frac{1}{{\sqrt {ca} }}\,\,\left( 4 \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta có:

\(\frac{1}{{\sqrt {ab} }} + \frac{1}{{\sqrt {bc} }} + \frac{1}{{\sqrt {ca} }} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right) = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 2025\,\,\left( 5 \right)\)

Từ (4) và (5) suy ra \(P \le 2025.\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a = b = c = \frac{1}{{675}}\)

Vậy giá trị lớn nhất của P là \(2025\) khi \(a = b = c = \frac{1}{{675}}\).