Sau khi thống kê độ dài (đơn vị: centimét) của \(60\) lá dương xỉ trưởng thành, người ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:

(a) Tìm tần số tương đối của mỗi nhóm đó.

(b) Lập bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó.

Nửa chu vi hình chữ nhật là : \(120:2 = 60(m)\)

Gọi chiều dài và chiều rộng của vườn trường hình chữ nhật lần lượt là \(x,y\) (m) (\(0 < x,y < 60\)).

Vì nửa chu vi hình chữ nhật bằng tổng chiều dài và chiều rộng nên ta có phương trình: \(x + y = 60\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Chiều dài của vườn trường sau khi mở rộng thêm \(5m\) là :\(x + 5(m)\)

Chiều rộng của vườn trường sau khi mở rộng thêm \(3m\)là: \(y + 3(m)\)

Khi đó diện tích của vườn trường sau mở rộng chiều dài \(5m\) và chiều rộng \(3m\) là :\((x + 5)(y + 3)({m^2})\)

Vì mở rộng chiều dài thêm \(5m\) và chiều rộng thêm \(3m\), do đó diện tích vườn trường đã tăng thêm\(245{m^2}\) nên ta có phương trình : \((x + 5)(y + 3) - xy = 245\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{(x + 5)(y + 3) - xy = 245}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{xy + 3x + 5y + 15 - xy = 245}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 60}\\{3x + 5y = 230}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 3y = 180}\\{3x + 5y = 230}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 3y = 180}\\{2y = 50}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x = 105}\\{y = 25}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 35}\\{y = 25}\end{array}} \right.(t/m)\)

Vậy chiều dài vườn trường \(35m\), chiều rộng vườn trường \(25m\).

a) Chứng minh bốn điểm \(A,M,C,O\)cùng thuộc một đường tròn

Lập luận \(\widehat {MAO} = {90^\circ }\)

Lập luận \(\widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) hay 4 điểm \(A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).

b) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\) và chứng minh \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

+) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\).

Tứ giác \(AMCO\)nội tiếp nên \(\widehat {AOC} = {180^\circ } - {60^\circ } = {120^\circ }\).

Suy ra \(\widehat {COB} = {180^\circ } - \widehat {AOC} = {180^\circ } - {120^\circ } = {60^\circ }\) (hai góc kề bù).

Diện tích hình quạt \(OCB\):\({S_{q(OCB)}} = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)

+) Chứng minh\(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

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

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = {90^\circ }\quad \)(1)

Lại có: \(OA = OC = R\); \(MA = MC\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của\(AC\).

\( \Rightarrow \widehat {AEM} = {90^\circ }\quad \)(2)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra\(MADE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính\(MA\).

Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp suy ra: \(\widehat {ADE} = \widehat {AME} = \widehat {AMO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)) (3)

Tứ giác\(AMCO\)nội tiếp suy ra: \(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)\()\)(4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\)

c) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AB\). Chứng minh rằng \(MB\)đi qua trung điểm của \(CH\).

Gọi giao điểm của \(MB\)và \[CH\]là \(G\)

Tia \(BC\) cắt\(Ax\) tại \(F\). Ta có \(\widehat {ACB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ACF} = {90^\circ }\), suy ra \(\Delta ACF\) vuông tại \(C\). Lại có \(MC = MA\) nên suy ra được \(MC = MF\), do đó \(MA = MF\) (5).

Mặt khác ta có \(CH//FA\) (cùng vuông góc với\(AB\)) nên theo định lí Ta-lét thì

\(\frac{{GC}}{{MF}} = \frac{{GH}}{{MA}}\left( { = \frac{{BG}}{{BM}}} \right)\)(6).

Từ \((5)\) và \((6)\) suy ra \(GC = GH\) hay \(MB\)đi qua trung điểm của\(CH\).