Cho phương trình bậc hai (ẩn \(x\)) \({x^2} - ax + a - 2 = 0\,\,(1)\). Biết rằng phương trình \((1)\) có \(2\) nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} + 2{x_1}{x_2} = - 1.\) Tính giá trị của biểu thức\[A = \left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_1} - 1} \right) + \left( {{x_2} - 2} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)\].

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\(CH\).

a) Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {10\,;\,20} \right)\) là: \(\frac{6}{{60}}.100\% = 10\% \).

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {20\,;\,30} \right)\) là: \(\frac{{18}}{{60}}.100\% = 30\% \).

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {30\,;\,40} \right)\) là: \(\frac{{24}}{{60}}.100\% = 40\% \).

Tần số tương đối của nhóm \(\left[ {40\,;\,50} \right)\) là: \(\frac{{12}}{{60}}.100\% = 20\% \).

Vậy tần số tương đối của các nhóm \(\left[ {10\,;\,20} \right)\), \(\left[ {20\,;\,30} \right)\), \(\left[ {30\,;\,40} \right)\), \(\left[ {40\,;\,50} \right)\) lần lượt là: \(10\% \,,\,30\% \,,\,40\% \,,\,20\% \).

b) Bảng tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu ghép nhóm đó là: