Một hộp đựng 5 thẻ cùng loại được đánh số 1;2;3;4;5. Rút ngẫu nhiên một thẻ từ trong hộp. Số phần tử của không gian mẫu là

a) Theo tính chất tiếp tuyến thì ta có \(\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = 90^\circ \) nên hai điểm \(M,\,\,N\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)

Như vậy tứ giác \(AMON\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)

Vậy bốn điểm \(A,M,O,N\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(AP.AQ = A{M^2}\):

Xét \(\Delta PAM\) và \(\Delta MAQ\) có \[\widehat {AMQ}\] là góc chung và \[\widehat {AMP} = \widehat {AQM}\]

Suy ra $\Delta PAM\backsim \Delta MAQ$ (g.g), nên \(\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{AP}}{{AM}}\), hay \(A{M^2} = AP.AQ\).

*) Chứng minh \(HJ\) vuông góc với \(MI\):

Xét \(\Delta OMA\) và \(\Delta OHM\) có \(\widehat {MOH}\) là góc chung và \(\widehat {OHM} = \widehat {OMA} = 90^\circ \)

Suy ra $\Delta OMA\backsim \Delta OHM$ (g.g).

Dẫn đến \(\frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{OA}}\) hay \(\frac{{OH}}{{OP}} = \frac{{OP}}{{OA}} = \frac{{OP - OH}}{{OA - OP}} = \frac{{OP + OH}}{{OA + OP}} = \frac{{OH + OQ}}{{OA + OQ}}\) tức là \(\frac{{HP}}{{AP}} = \frac{{HQ}}{{AQ}}\quad \left( 1 \right).\)

Ta sẽ chứng minh \(I{H^2} = IP.IQ\).

Thật vậy: (1) tương đương \(\frac{{AQ}}{{AP}} = \frac{{HQ}}{{HP}}\).

Mặt khác: \(\frac{{AQ}}{{AP}} = \frac{{IA + IQ}}{{IP + IA}};\quad \frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{IQ - IH}}{{IH - IP}}.\)

Mà \(IA = IH\) nên \(\frac{{IQ + IA}}{{IA + IP}} = \frac{{IQ - IH}}{{IH - IP}}.\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta suy ra được \(\frac{{IH}}{{IP}} = \frac{{IQ}}{{IH}}\), nên \(I{H^2} = IP.IQ\).

Xét \(\Delta IPJ\) và \(\Delta IMQ\) có \(\widehat {MIQ}\) là góc chung và \(\widehat {IPJ} = \widehat {IMQ}\) (Do tứ giác \(PJMQ\) nội tiếp đường tròn)

Suy ra $\Delta IPJ\backsim \Delta IMQ$ (g.g), dẫn đến \(\frac{{IP}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IQ}}\), hay \(IP.IQ = IM.IJ\).

Từ đây suy ra \(I{H^2} = IM.IJ\), tương đương với \(\frac{{IH}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IH}}\)

Xét \(\Delta IHJ\) và \(\Delta IMH\) có \(\widehat {MIQ}\) là góc chung và \(\frac{{IH}}{{IM}} = \frac{{IJ}}{{IH}}\)

Do đó $\Delta IHJ\backsim \Delta IMH$ (c.g.c), nên là \(\widehat {IJH} = \widehat {IHM} = 90^\circ \), hay \(HJ \bot MI\).

a) Đặt bán kính mặt cầu là \(R = 6\) dm và gọi chiều cao của hình nón là \(h\) (dm) \(\left( {0 \le h \le 2R = 12} \right).\)

Khi đó, khoảng cách từ tâm mặt cầu đến tâm của đáy nón là \(\left| {R - h} \right| = \left| {6 - h} \right|\) (dm).

Đặt bán kính đáy là \(r\) (dm), theo định lý Pythagore, ta có:

\({r^2} + {\left| {R - h} \right|^2} = {R^2}\)

\({r^2} + {\left( {6 - h} \right)^2} = {6^2}\)

Suy ra \({\rm{ }}{r^2} = 36 - \left( {{h^2} - 12h + 36} \right) = 12h - {h^2}\)

Do đó, theo bất đẳng thức Cauchy 3 số vào thể tích hình nón, ta có:

\({V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{\pi }{3}h\left( {12h - {h^2}} \right) = \frac{{4\pi }}{3}\left( {12 - h} \right) \cdot \frac{h}{2} \cdot \frac{h}{2} \le \frac{{4\pi }}{3}{\left( {\frac{{12 - h + \frac{h}{2} + \frac{h}{2}}}{3}} \right)^3} = \frac{{256\pi }}{3}\) (dm3).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(12 - h = \frac{h}{2}\) hay \(h = 8\) (dm).

Vậy thể tích hình nón có giá trị lớn nhất là \(\frac{{256\pi }}{3}\) dm3 khi chiều cao của hình nón là 8 dm.

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(3 = a + b + ab \ge ab + 2\sqrt {ab} \) suy ra \(\left( {\sqrt {ab} - 1} \right)\left( {\sqrt {ab} + 3} \right) \le 0\)

Vì \(\sqrt {ab} > 0\) nên \(\sqrt {ab} - 1 \le 0\), hay là \(ab \le 1\).

Khi đó \(a + b = 3 - ab \ge 3 - 1 = 2\), suy ra \({a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} \ge \frac{{{2^2}}}{2} = 2\)

\(P = \frac{{2{a^2}{b^2} + 3}}{{ab}} - \frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 3 = \left( {2ab + \frac{2}{{ab}}} \right) + \frac{1}{{ab}} - \frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 3\)

\(\mathop \ge \limits^{BDT{\kern 1pt} {\kern 1pt} Cauchy} {\mkern 1mu} 2.2.\sqrt {ab.\frac{1}{{ab}}} + \frac{1}{1} - \frac{4}{2} + 3\)

\( = 4 + 1 + 3 - 2 = 6.\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là 6 khi \(a = b = 1\).